ejercicio resuelto termo

4-6 El trabajo de frontera hecho durante el proceso mostrado en la figura es para ser determinado.

Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Unnalysis Ningún trabajo está hecho durante el proceso 2-3 desde el área debajo línea de proceso es cero. Entonces el trabajo hecho es igual al área bajo la línea de proceso 1-2:W

b,fuera = Área =P1 + P2

m(v 2 −v1 )2

1 kJ(100 + 500)kPa= (2 kg)(1.0 − 0.5)m3 /Kg2 1 kPa ⋅ m 3

= 300 kJ

P(KPA)

1500 3400

100 2

0.5 1 v (m3/kg)

4-7E El trabajo de frontera hecho durante el proceso mostrado en la figura es para ser determinado. Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Análisis El trabajo hecho es igual al área bajo elP

(psia)Línea de proceso

1-2:500

2P1 + P2Wb,fuera = Área

= (V 2 −V1 )21(100 +500)psia 3 1 Btu

= (4.0 − 2.0)ft 10032 5.404 psia ⋅ ft

= 111 Btu 2 4 V (ft3)

4-8 Un pistón-dispositivo de cilindro contiene gas de nitrógeno en un estado especificado. El trabajo de frontera es para ser determinado para el polytropic expansión de nitrógeno.Propiedades La constante gasista para nitrógeno es 0.2968 kJ/kg.K (Mesa

Un-2). Análisis La masa y volumen del nitrógeno en el estado inicial es

m = P1V1 = (130 kPa)(0.07 m3 ) = 0.07802 kg N2(0.2968 kJ/kg.K)(120 + 273 K)RT1 130 kPa

mRT2 (0.07802 kg)(0.2968 kPa.m3 /Kg.K)(100 + 273 K)

120°CV 2 = = = 0.08637 m

3

P2 100 kPaEl polytropic el índice está determinado de

P1V1n = P2V 2

n →(130 kPa)(0.07 m3 ) n = (100 kPa)(0.08637 m3 ) n → n = 1.249

El trabajo de frontera está determinado de

P V − PV (100 kPa)(0.08637 m3 ) − (130 kPa)(0.07 m3 )Wb =

2 2 1 1

= = 1.86 kJ1− n 1−1.249

MATERIAL PROPIETARIO. © 2008 El McGraw-Compañías de Cerro, Inc. distribución Limitada permitted sólo a profesores y educadores para preparación de curso. Si eres un estudiantil utilizando este Manual, estás utilizando él sin permiso.

4-3

4-9 Un pistón-dispositivo de cilindro con un conjunto de parones contiene vapor en un estado especificado. Ahora, el vapor está enfriado. El trabajo de compresión para dos casos y la temperatura final son para ser determinados.Análisis (un) Los volúmenes concretos para los estados iniciales y finales son (Mesa Un-6)

P1 = 1 MPa v = 0.30661 m3/kg P2 = 1 MPa v = 0.23275 m3/kgT = 400°C 1 T = 250°C 2

1 2Notando que la presión es constante durante el proceso, el trabajo de frontera está determinado de

Wb = mP(v1 − v 2 ) = (0.3 kg)(1000 kPa)(0.30661 − 0.23275)m3/kg = 22.16 kJ

(b) El volumen del cilindro en el estado final es 60% de volumen inicial. Entonces, el trabajo de frontera deviene

Vapor0.3 kg1 MPa400°C Q

Wb = mP(v1 − 0.60v1) = (0.3 kg)(1000 kPa)(0.30661 − 0.60 × 0.30661)m3/kg = 36.79 kJ

La temperatura en el estado final es

P = 0.5 MPa2 = 151.8°C (Mesa Un-5)T2

v2

= (0.60 × 0.30661) m3/kg

4-10 Un pistón-dispositivo de cilindro contiene gas de nitrógeno en un estado especificado. La temperatura final y el trabajo de frontera son para ser determinado para el isentropic expansión de nitrógeno.Propiedades Las propiedades de nitrógeno son R = 0.2968 kJ/kg.K , k = 1.4 (Mesa Un-2un)Análisis La masa y el volumen final de nitrógeno es

PV (130 kPa)(0.07 m3 )

m =1 1

= = 0.07802 kgRT (0.2968 kJ/kg.K)(120 + 273 K)1

N2 130 kPa120°C

P1V1k = P2V 2

k →(130 kPa)(0.07 m3 )1.4 = (100 kPa)V 21.4 →V 2 = 0.08443 m3

La temperatura final y el trabajo de frontera están determinados cuando

P V2

(100 kPa)(0.08443 m3 )

T2 =2

= = 364.6 KmR (0.07802 kg)(0.2968 kPa.m3

/Kg.K)

P V2

− PV1

(100 kPa)(0.08443 m3 ) − (130 kPa)(0.07 m3 )Wb =

2 1

= = 1.64 kJ1− k 1−1.4

4-4

4-11 agua Saturada el vapor en un cilindro está calentado en presión constante hasta sus aumentos de temperatura a un valor especificado. El trabajo de frontera hecho durante este proceso es para ser determinado.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Las propiedades que Notan que la constante de restos de la presión durante este proceso, los volúmenes concretos en el iniciales y los estados finales son (Mesa Un-4 a través de Un-6)

P = 300 kPa = v

G @ 300 kPa = 0.60582 m3 /kg1 v 1

Sentado. Vapor

P(KPA

P = 300 kPa= 0.71643 m3 /kg2

= 200°C

v 2

T2

Análisis El trabajo de frontera está determinado de su definición para ser

2

Wb,fuera = ∫1 PdV = P(V2 −V1) = mP(v 2 − v1)

3001 2

V

1 kJ= (5 kg)(300 kPa)(0.71643 − 0.60582) m3/kg

1 kPa ⋅ m 3

= 165.9 kJ

Discusión La señal positiva indica que el trabajo está hecho por el sistema (producción de trabajo).

4-12 Refrigerant-134un en un cilindro está calentado en presión constante hasta sus aumentos de temperatura a un valor especificado. El trabajo de frontera hecho durante este proceso es para ser determinado.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Las propiedades que Notan que la constante de restos de la presión durante este proceso, los volúmenes concretos en el iniciales y los estados finales son (Mesa Un-11 a través de Un-13)

P = 900 kPa= v f @ 900 kPa = 0.0008580 m3 /kg1 v 1

Sentado. LíquidoP = 900 kPa

= 0.027413 m3 /kg2

= 70°C

v 2

T2Análisis El trabajo de frontera está determinado de su definición para ser

m = V1 = 0.2 m3= 233.1 kg

v 1 0.0008580 m3 /KgY

2

Wb,fuera = ∫1 PdV = P(V2 −V1) = mP(v 2 − v1)

P(KPA)

1 2900

v

1 kJ= (233.1 kg)(900 kPa)(0.027413 − 0.0008580)m3/kg

1 kPa ⋅ m 3

= 5571 kJ

4-5

4-13 EES Problema 4-12 está reconsiderado. El efecto de presión en el trabajo hecho como la presión varía de 400 kPa a 1200 kPa es para ser investigado. El trabajo hecho es para ser plotted versus la presión.Análisis El problema está solucionado utilizando EES, y la solución está dada abajo.

"Knowns" Vol_1L=200 [L]x_1=0 "saturado líquido estatal" P=900 [kPa]T_2=70 [C]

"Solución" Vol_1=Vol_1L*convierte(L,m^3)"El trabajo es el trabajo de frontera hecho por el R-134un durante el proceso de presión

constante." W_Frontera=P*(Vol_2-Vol_1)

"La masa es:"150

R134un

125Vol_1=m*v_1 100v_1=volumen(R134un,P=P,x=x_1)Vol_2=m*v_2

[°C

] 75

v_2=volumen(R134un,P=P,T=T_2) 50 2"Información de parcela:"

T

251

900 kPa

v[1]=v_10v[2]=v_2

P[1]=P -25P[2]=P -50T[1]=temperatura(R134un,P=P,x=x_1) 10-3 10-2 10-1

10-4

T[2]=T_2v [m3/kg]

P WFrontera R134un[KPA] [kJ] 105

400 6643500 6405

104600 6183700 5972 P[

KPA

]

21000 5377

800 5769103900 5571 1

1100 5187102

1200 4999

101

10-3 10-2 10-110-4

v [m3/kg]

4-6

7250

6800P = 800 kPa

[kJ]

6350

Fron

tera

5900

W 5450

500050 60 70 80 90 100 110 120 130

T[2] [C]

7500

7150 T2 = 100 C

[kJ]

6800

Fron

tera

6450

W 6100

5750500 600 700 800 900 1000 1100 1200400

P [KPA]

7000

6500

[kJ]

6000 T2 = 70 C

Fron

tera

5500

W

5000

4500500 600 700 800 900 1000 1100 1200400

P [KPA]


4-7

4-14E Superheated vapor de agua en un cilindro está enfriado en presión constante hasta que 70% de condensa. El trabajo de frontera hecho durante este proceso es para ser determinado.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Las propiedades que Notan que la constante de restos de la presión durante este proceso, los volúmenes concretos en el iniciales y los estados finales son (Mesa Un-4E a través de Un-6E)

P1 = 40 psia v 1 = 15.686 ft 3 /lbm P

T1 = 600°F (psia)P2 = 40 psia

2 = v f + x2v fg 2 1x2 = 0.3

v40

= 0.01715 + 0.3(10.501− 0.01715)

= 3.1623 ft 3 /lbm

Análisis El trabajo de frontera está determinado de su definición para serv

Wb,fuera = ∫12 PdV = P(V2 −V1) = mP(v 2 −

v1)

1 Btu= (16 lbm)(40 psia)(3.1623 − 15.686)ft 3/lbm

5.4039 psia ⋅ ft 3

= −1483 Btu

Discusión La señal negativa indica que el trabajo está hecho en el sistema (entrada de trabajo).

4-15 Aire en un cilindro está comprimido en temperatura constante hasta sus aumentos de presión a un valor especificado. El trabajo de frontera hecho durante este proceso es para ser determinado.Suposiciones 1 El proceso es quasi-equilibrio. 2 Aire es un gas ideal .

Propiedades La constante gasista de aire es R = 0.287 kJ/kg.K (Mesa Un-1). PAnálisis El trabajo de frontera está determinado de su definición para ser

2

Wb,out = ∫12 PdV = P1V1ln

V2

= mRT ln

P1 T = 12°C

V1 P2

150 kPa1

= (2.4 kg)(0.287 kJ/kg ⋅ K)(285 K)ln V600 kPa

= −272 kJ


4-8

4-16E Un gas en un cilindro está calentado y está dejado para expandir a una presión especificada en un proceso durante qué los cambios de presión linearly con volumen. El trabajo de frontera hecho durante este proceso es para ser determinado.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Análisis (un) La presión de los cambios gasistas linearly con volumen, y por ello la curva de proceso en un P-V esquema será una línea recta . El trabajo de frontera durante este proceso es sencillamente el área bajo la curva de proceso, el cual es un trapezoidal. Así,En estatal 1:

P1 = unV1 + bP

(psia)15 psia = (5 psia/ft 3 )(7 ft 3 ) + b

100b = −20 psia

En estatal 2: 15

P = UnV + b 2

1

P2 = UnV 2 + b100 psia = (5 psia/ft 3 )V 2 + (−20 psia)

7V

V 2 = 24 ft 33

(ft )

Y,

P1 + P2 (100 +15)psia 1 BtuW b,fuera

= Área = (V2

−V1

) = (24− 7)ft 3

2 2 5.4039 psia ⋅ ft3

= 181 Btu


4-17 [También solucionado por EES en cerrado CD] Un gas en un cilindro expande polytropically a un volumen especificado. El trabajo de frontera hecho durante este proceso es para ser determinado.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Análisis El trabajo de frontera para este polytropic el proceso puede ser determinado directamente den

0.03 m 3 1.3V

1

P2=

P

1= (150 kPa) = 12.74 kPa P

0.2 m3V

2 (KPA) 1Y, 15

2 P2V 2 − P1V1W

b,fuera =

∫1 PdV = PV1− n2(12.74× 0.2 −150× 0.03) kPa ⋅ m3 1 kJ

=31−1.3 1 kPa ⋅ m V

0.2= 6.51 kJ 0.0 (m3)


4-9

4-18 EES Problema 4-17 está reconsiderado. El proceso descrito en el problema es para ser plotted en unP -V esquema, y el efecto del polytropic exponente n en el trabajo de frontera como el polytropic el exponente varía de 1.1 a 1.6 es para ser plotted.Análisis El problema está solucionado utilizando EES, y la solución está dada abajo.

Función BoundWork(P[1],V[1],P[2],V[2],n)"Esta función regresa el Trabajo de Frontera para el polytropic proceso. Esta función está requerida desde la expresión para trabajo de frontera depens encima si n=1 o n<>1"

Si<>n 1 entoncesBoundWork:=(P[2]*V[2]-P[1]*V[1])/(1-n)"Ecuación de Uso 3-22

cuando n=1" másBoundWork:= P[1]*V[1]*ln(V[2]/V[1]) "Ecuación de Uso 3-20

cuando n=1" endifFin

"Entradas de la ventana de esquema" {n=1.3P[1] = 150 [kPa] V[1] = 0.03 [m^3] V[2] = 0.2 [m^3] Gas$='AIRE'}"Sistema: El gasista encerrado en el pistón-dispositivo de cilindro." "Proceso: Polytropic expansión o compresión, P*V^n = C" P[2]*V[2]^n=P[1]*V[1]^n"n = 1.3" "Polytropic exponente"

"Dato de entrada"W_b = BoundWork(P[1],V[1],P[2],V[2],n)"[kJ]""Si modificamos este problema y especificar la masa, entonces podemos calcular la temperatura final del fluido para compresión o expansión"m[1] = m[2] "Conservación de masa para el sistema cerrado" "Dejado es solucionar el problema para m[1] = 0.05 kg"m[1] = 0.05 [kg]

"Encontrar las temperaturas de la presión y volumen concreto." T[1]=temperatura(gasista$,P=P[1],v=V[1]/m[1]) T[2]=temperatura(gasista$,P=P[2],v=V[2]/m[2])


4-10

160

140

120

[KPA

] 100

80

P

60

40

20

00.04 0.06 0.08 0.1 0.12 0.14 0.16 0.18 0.20.02

V [m3]

n Wb [kJ]1.1 7.776

1.156 7.3931.211 7.0351.267 6.71.322 6.387

[kJ]

1.378 6.0941.433 5.82

b

1.489 5.564

W1.544 5.3231.6 5.097

8

7.5

7

6.5

6

5.5

51.2 1.3 1.4 1.5 1.61.1

n


4-11

4-19 gas de Nitrógeno en un cilindro está comprimido polytropically hasta los aumentos de temperatura a un valor especificado. El trabajo de frontera hecho durante este proceso es para ser determinado.Suposiciones 1 El proceso es quasi-equilibrio. 2 Nitrógeno es un gas ideal .

Propiedades La constante gasista para nitrógeno es R = 0.2968 kJ/kg.K (Mesa Un-2un)

Análisis El trabajo de frontera para este polytropic el proceso puede serDeterminado de

P2 P2V2 − P1V1 mR(T2 − T1) 2

Wb,fuera

=

∫1 PdV = =1 − n 1 − n=(2 kg)(0.2968 kJ/kg ⋅ K)(360 − 300)K

1− 1.4= −89.0 kJ


PV n =C

1

V

4-20 [También solucionado por EES en cerrado CD] Un gasista cuya ecuación de estatal es v (P +10 / v 2

) = RuT expande

En un cilindro isothermally a un volumen especificado. La unidad de la cantidad 10 y el trabajo de frontera hecho durante este proceso es para ser determinado.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Análisis (un) El plazo 10 / v 2 tiene que tener unidades de presión desde entonces está añadido a P .

Por ello la cantidad 10 tiene que tener el kPa de unidad·m6/kmol2.

P

(b) El trabajo de frontera para este proceso puede ser determinado de

T = 300 K

P = Ru T 10 RuT 10 NRuT 10N 2−

= − = − V2 V / N (V / N ) 2 V V 2v v2 4

Y

2 2NR T 10N 2 V2

1 1u 2

Wb,fuera

= ∫1

PdV =

∫1 V − V 2 dV =

NR

uT

ln

V + 10N V2

− V

4 m3 1 1

= (0.5 kmol)(8.314 kJ/kmol ⋅ K)(300 K)ln2 m3

1 1 1 kJ+ (10 kPa ⋅ m6/kmol2 )(0.5kmol)2 −

3 3 3

4 m 2 m 1 kPa⋅ m= 864 kJDiscusión La señal positiva indica que el trabajo está hecho por el sistema (producción de trabajo).

4-12

4-21 EES Problema 4-20 está reconsiderado. Utilizando la característica de integración, el trabajo hecho es para ser calculado y comparado, y el proceso es para ser plotted en unP -V esquema.Análisis El problema está solucionado utilizando EES, y la solución está dada abajo.

"Dato de entrada" N=0.5 [kmol]v1_barra=2/N "[m^3/kmol]"v2_barra=4/N "[m^3/kmol]" T=300 [K]R_u=8.314 [kJ/kmol-K]

"El quation de estatal es:" v_barra*(P+10/v_barra^2)=R_u*T "P es en kPa"

"Utilizando el EES función integral, el trabajo de frontera, W_abejas, es" W_b_EES=N*integral(P,v_barra, v1_barra, v2_barra,0.01)

" Podemos mostrar que W_bhand= integeral de Pdv_la barra es(Uno tendría que solucionar para P=F(v_barra) y hacer el integral 'a mano' para práctica)." W_b_Mano = N*(R_u*T*ln(v2_barra/v1_barra) +10*(1/v2_barra-1/v1_barra))

"A parcela P vs v_barra, define P_parcela =f(v_parcela_de barra, T) cuando"

{v_Parcela_de barra*(P_parcela+10/v_parcela_de barra^2)=R_u*T}

" P=P_Parcela y v_barra=v_parcela_de barra justo para generar la mesa paramétrica para plotting propósitos. A parcela P vs v_barra para una temperatura nueva o v_gama_de parcela de la barra, sacar el '{' y '}' del encima ecuación, y reinicialización el v_valores_de parcela de la barra en la Mesa Paramétrica. Entonces prensa F3 o seleccionar Solucionar Mesa del Calcular carta. Luego seleccionar Ventana de Parcela Nueva bajo la carta de Parcela a parcela el dato nuevo."

PParcela vParcela

622.9 4560.7 4.444509.8 4.889467.3 5.333431.4 5.778400.6 6.222373.9 6.667350.5 7.111329.9 7.556311.6 8

P vs vBarra650

1600

550

500 T = 300 K450

[KPA

]

400

350

2300

Par

cela

250 Área = WFronteraP 200

150

100

5003.5 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0 6.5 7.0 7.5 8.0 8.5

vParcela [m^3/kmol]

4-13

4-22 CO2 gas en un cilindro está comprimido hasta las gotas de volumen a un valor especificado. Los cambios de presión

Durante el proceso con volumen cuando P = unV −2 . El trabajo de frontera hecho durante este proceso es para ser determinado.

Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio. PAnálisis El trabajo de frontera hecho durante este

2El proceso está determinado de

1 12 2

Un P = UnV--2

Wb,fuera

= PdV = ∫1

dV = −Un −∫1 V 2 V

2V

11

1 1 1 kJ= −(8 kPa ⋅ m 6 −) 3 3 30.3 m 1 kPa ⋅ m V0.1 m

0.1 0.3= −53.3 kJ (m3)


4-23 Varios conjuntos de presión y dato de volumen están tomados como gasistas expande. El trabajo de frontera hecho durante este proceso es para ser determinado utilizando el dato experimental.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Análisis Plotting el dato dado en un P-V esquema en un graph papel y evaluando el área bajo la curva de proceso, el trabajo hecho está determinado para ser 0.25 kJ.

4-24 Un pistón-dispositivo de cilindro contiene gas de nitrógeno en un estado especificado. El trabajo de frontera es para ser determinado para la expansión isoterma de nitrógeno.Propiedades Las propiedades de nitrógeno son R = 0.2968 kJ/kg.K , k = 1.4 (Mesa Un-2un).

Análisis primero determinamos volúmenes iniciales y finales de relación gasista ideal, y encontrar el trabajo de frontera que utiliza la relación para expansión isoterma de un gas ideal

V1 = mRT = (0.25 kg)(0.2968 kJ/kg.K)(120 + 273 K) = 0.2243 m3P

1 (130 kPa)

V 2 =mRT

=(0.25 kg)(0.2968 kJ/kg.K)(120 + 273 K)

= 0.2916 m3 N2

P2 (100 kPa) 130 kPa

V 0.2916 m 3120°C

2 3

Wb = P1V1 ln = (130 kPa)(0.2243 m ) ln = 7.65 kJ3

V1 0.2243 m

4-14

4-25 Un pistón-dispositivo de cilindro contiene gas de aire en un estado especificado. El aire experimenta un ciclo con tres procesos. El trabajo de frontera para cada proceso y el trabajo neto del ciclo es para ser determinado.Propiedades Las propiedades de aire son R = 0.287 kJ/kg.K , k = 1.4 (Mesa Un-2un).

Análisis Para el proceso de expansión isotermo:

V1 =mRT = (0.15 kg)(0.287 kJ/kg.K)(350 + 273 K) = 0.01341 m3

P1 (2000 kPa) Aire

V 2 =mRT = (0.15 kg)(0.287 kJ/kg.K)(350 + 273 K) = 0.05364 m3 2 MPa350°C

P2 (500 kPa)

V2

0.05364 m3

= (2000 kPa)(0.01341 m 3Wb,1−2 = P1V1 ln )ln

0.01341 m

3 = 37.18 kJV1

Para el polytropic proceso de compresión:

P V n = P V n →(500 kPa)(0.05364 m3 )1.2 = (2000 kPa)V 1.2 →V3

= 0.01690 m3

2 2 3 3 3

P V3

− P V2

(2000 kPa)(0.01690 m3 ) − (500 kPa)(0.05364 m3 )W

b,2−3 =3 2

= = -34.86 kJ1− n 1−1.2

Para el proceso de compresión de presión constante:

Wb,3−1 = P3 (V1 −V 3 ) = (2000 kPa)(0.01341− 0.01690)m3 = -6.97 kJ

El trabajo neto para el ciclo es la suma de los trabajos para cada proceso

WRed = Wb,1−2 + Wb,2−3 + Wb,3−1 = 37.18 + (−34.86) + (−6.97) = -4.65 kJ

4-15

4-26 Una mezcla de agua saturada contenida en una primavera-pistón cargado-dispositivo de cilindro está calentado hasta la presión y aumentos de temperatura a especificó valores. El trabajo hecho durante este proceso es para ser determinado.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Análisis El estado inicial es mezcla saturada en 90°C. La presión y el volumen concreto en este estado es (Mesa Un-4), P

P1 = 70.183 kPa v1 = v f

+ x v fg

800 kPa 2

= 0.001036 + (0.10)(2.3593 − 0.001036) 1

= 0.23686 m3 /kg

El volumen concreto final en 800 kPa y 250°C es (Mesa Un-6) v

v 2 = 0.29321 m3 /kg

Desde este es un proceso lineal, el trabajo hecho es igual al área bajo la línea de proceso 1-2:W


m(v 2 −v1 )

(70.183 +2

1 kJ= 800)kPa (1 kg)(0.29321 − 0.23686)m 3

2 1 kPa ⋅ m3

= 24.52 kJ

4-27 Una mezcla de agua saturada contenida en una primavera -pistón cargado-dispositivo de cilindro está enfriado hasta que es líquido saturado en una temperatura especificada. El trabajo hecho durante este proceso es para ser determinado.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Análisis El estado inicial es mezcla saturada en 1 MPa. ElPEl volumen concreto en este estado es (Mesa Un-5),

v1 = v f + x v fg

= 0.001127 + (0.10)(0.19436 − 0.001127) 1 MPa 1

= 0.020450 m3 /kg 2El estado final es líquido saturado en 100°C (Mesa Un-4)

P2 = 101.42 kPav

v 2 = v f = 0.001043 m3 /kg

Desde este es un proceso lineal, el trabajo hecho es igual al área bajo la línea de proceso 1-2:W


m(v2 −v1 )21 kJ= (1000 +101.42)kPa (0.5 kg)(0.001043 − 0.020450)m 3

2 1 kPa ⋅ m3

= −5.34 kJLa señal negativa muestra que el trabajo está hecho en el sistema en la cantidad de 5.34 kJ.

4-16

4-28 Argón está comprimido en un polytropic proceso. La temperatura final es para ser

determinado. Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Análisis Para un polytropic expansión o proceso de compresión,

Pv n = Constante

Para un gas ideal,

Pv = RT

Combinando estos productos de ecuaciones

P (n-1 )/n 1200 kPa 0.2 /1.2

T2 = T1

2

= (303 K) = 444.7 KP 120 kPa1


4-17

Análisis de Energía de Sistema cerrado

4-29 agua Saturada el vapor es isothermally condensado a un líquido saturado en un pistón-dispositivo de cilindro. La transferencia de calor y el trabajo hecho es para ser determinado.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 hay ninguno interacciones de trabajo implicó otro que el trabajo de frontera. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243

Transferencia de energía neta Cambio en interno, kinetic,

Por calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energías

AguaWb,en

− Q

fuera = U = m(u2 − u1 ) (Desde KE = PE = 0)Calor200°C

QFuera = Wb,en − m(u2 − u1 ) Sentado. Vapor

Las propiedades en los estados iniciales y finales son (Mesa Un-4)

T1 = 200°C v 1 = v g = 0.12721 m3 / kg T

x1 = 1 = 2594.2 kJ/kgu1 =

u

g

P1 = P2 = 1554.9 kPa= 0.001157 m3 / kg

2 1T2 = 200°C v 2 = v f

x2 = 0 = u f = 850.46 kJ/kgu

2 vEl trabajo hecho durante este proceso es

2 1 kJw

b,fuera =

∫1 PdV = P(v 2 −v1 ) = (1554.9 kPa)(0.001157 − 0.12721) m

3

= −196.0 kJ/kg/Kg

1 kPa ⋅ m3

Aquello es,

wb,en = 196.0 kJ/kgSustituyendo la ecuación de equilibrio de la energía, conseguimos

qFuera de =

wb,en

−

(u2 − u1 ) = wb,en + u fg = 196.0 +1743.7 = 1940 kJ/kg

4-18

4-30E La transferencia de calor durante un proceso que un sistema cerrado experimenta sin cualquier cambio de energía interno es para ser determinado.Suposiciones 1 El sistema es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243

Transferencia de energía neta Cambio en interno, kinetic,Por calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energías

QEn

−Wfuera

=U = 0 (desde KE = PE = 0)

QEn

= W

Fuera

Entonces,QEn = 1.6×10

6 1 Btulbf ⋅ ft = 2056 Btu

778.17 lbf ⋅ ft

4-31 La mesa es para ser completado utilizando conservación de principio de energía para un

sistema cerrado. Análisis El equilibrio de energía para un sistema cerrado puede ser

expresado cuandoE

En −

E

fuera = ESistema

14243 14243Transferencia de energía neta Cambio en interno, kinetic,Por calor, trabajo, y

masa Potencial, etc. energías

QEn

−Wfuera = E2 − E1 = m(e2 − e1 )

La aplicación de esta ecuación da el siguiendo mesa completada:

QEn WFuera E1 E2 m e2 − e1

(kJ) (kJ) (kJ) (kJ) (Kg) (kJ/Kg)

280 440 1020 860 3 -53.3-350 130 550 70 5 -96-40 260 300 0 2 -150

300 550 750 500 1 -250-400 -200 500 300 2 -100

4-19

4-32 Una sustancia está contenida en un bien-insulated, contenedor rígido que está equipado con un dispositivo de barajar. El cambio en la energía interna de esta sustancia para una entrada de trabajo dada es para ser determinado.Suposiciones 1 El tanque es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 El tanque es insulated y por ello transferencia de calor es insignificante.Análisis Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



Wsh,en = U (Desde KE = PE = 0)

Entonces,

U = 15 kJ

4-33 aceite de Motor está contenido en un contenedor rígido que está equipado con un dispositivo de barajar. El índice de aumento de energía concreta es para ser determinado.Análisis Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243

Transferencia de energía neta Cambio en interno, kinetic,Por calor, trabajo, y


Q&

En + W&

sh,en = E&

Entonces,

E&

= Q&

En + W&

sh,en = 1+1.5 = 2.5 = 2.5 W

Dividiendo este por la masa en el sistema da

e& =E&

=2.5 J/s

= 1.67 J/kg⋅ sm 1.5 kg

4-20

4-34E R-134un contenido en un barco rígido está calentado. La transferencia de calor es para ser determinado.

Suposiciones 1 El sistema es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 es ninguno interacciones de trabajo implicaron 3 La energía térmica almacenada en el barco él es insignificante.

Allí

Análisis tomamos R-134un tan el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn = U = m(u2 − u1 ) (desde KE = PE = 0)

R-134un1 ft3

−20°Fx = 0.277

Q

Las propiedades en los estados iniciales y finales son (Somete Un-11E, Un-13E)

T = −20°F v1

= vf+ xv

fg= 0.01156 + (0.277)(3.4426 − 0.01156) = 0.96196 ft 3 / lbm

1

x1 = 0.277 u1 = u f + xu fg = 6.019 + (0.277)(85.874) = 29.81 Btu/lbmT

2= 100°F

u2 = 111.30 Btu/lbm

v = v = 0.96196 ft 3 T2 1

/ lbm

Nota que el estado final es superheated vapor y la energía interna en este estado tendría que ser obtenida por la interpolación que utiliza 50 psia y 60 psia mini mesas (100°F línea) en Someter Un-13E. La masa en el sistema es

m = V 1 = 1 ft 3 = 1.0395 lbm

v1 0.96196 ft 3 /lbmSustituyendo,

QEn = m(u2 − u1 ) = (1.0395 lbm)(111.30 − 29.81) Btu/lbm = 84.7 Btu

2

1

v

4-21

4-35 Un insulated el tanque rígido es inicialmente llenado con una mezcla de vapor líquido saturada de agua. Un calentador eléctrico en el tanque está girado encima, y el líquido entero en el tanque está vaporizado. La longitud de cronometrar el calentador estuvo continuado es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un P-v esquema.

Suposiciones 1 El tanque es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 El dispositivo es bien-insulated y por ello transferencia de calor es insignificante. 3 La energía almacenada en los cables de resistencia, y el calor transfirió al tanque él es insignificante.Análisis tomamos los contenidos del tanque como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. Notando que el volumen del sistema es constante y así hay ningún trabajo de frontera, el equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



We,en = U = m(u2 − u1) (desde Q = KE = PE = 0)

Vyo t = m(u2 − u1)We

Las propiedades de agua son (Somete Un-4 a través de Un-6)

P = 100kPa vf

= 0.001043, vG

= 1.6941 m3/kg1

= 0.25 = 2088.2 kJ/kgx1 u f = 417.40, u fg

T

H2OV = const.

v1= v

f+ x v = 0.001043 + [0.25 × (1.6941− 0.001043)] = 0.42431 m3/kg

21 fg

= 417.40 + (0.25 × 2088.2) = 939.4 kJ/kgu1 = u f + x1u fg

3 1v 2 = v1 = 0.42431 m /Kg =

u

G @0.42431m3 /Kg = 2556.2 kJ/kgu2 vSentado.Vapor

Sustituyendo,

1000 VA (110 V)(8 Un) t = (5 kg)(2556.2 − 939.4)kJ/kg 1 kJ/s

t = 9186 s ≅ 153.1 min

4-22

4-36 EES Problema 4-35 está reconsiderado. El efecto de la masa inicial de agua en la longitud de cronometrar requerido a completamente vaporizar el líquido como la masa inicial varía de 1 kg a 10 kg es para ser investigado. El tiempo de vaporización es para ser plotted contra la masa inicial.Análisis El problema está solucionado utilizando EES, y la solución está dada abajo.

PROCEDIMIENTO P2X2(v[1]:P[2],x[2]) Fluido$= equipo_IAPWS'Si v[1] > V_CRIT(Fluido$) entonces P[2]=presión(Fluido$,v=v[1],x=1) x[2]=1Más P[2]=presión(Fluido$,v=v[1],x=0) x[2]=0EndIfFin

"Knowns" {m=5 [kg]} P[1]=100 [kPa]y=0.75 "moisture" Voltios=110 [V] yo=8 [amp]

"Solución""Conservación de Energía para el tanque cerrado:" E_punto_en-E_punto_fuera de=DELTAE_punto E_punto_en=W_punto_ele "[kW]" W_punto_ele=Voltios**CONVIERTO(J/s,kW) "[kW]" E_punto_fuera=0 "[kW]" DELTAE_punto=m*(u[2]-u[1])/DELTAt_s "[kW]" DELTAt_min=DELTAt_s*convierte(s,min) "[min]" "La calidad en estatal 1 es:" Fluido$= equipo_IAPWS'x[1]=1-yu[1]=INTENERGY(Fluido$,P=P[1], x=x[1]) "[kJ/kg]" v[1]=volumen(Fluido$,P=P[1], x=x[1]) "[m^3/kg]" T[1]=temperatura(Fluido$,P=P[1], x=x[1]) "[C]""Control para ver si estatal 2 es en la línea líquida saturada o línea de vapor saturado:" Llamada P2X2(v[1]:P[2],x[2])u[2]=INTENERGY(Fluido$,P=P[2], x=x[2]) "[kJ/kg]" v[2]=volumen(Fluido$,P=P[2], x=x[2]) "[m^3/kg]" T[2]=temperatura(Fluido$,P=P[2], x=x[2]) "[C]"

4-23

7 0 0S te Un m

6 0 0

5 0 0

T [°

C] 4 0 0

3 0 0

2 0 02

437.9 kPa

1 0 0 100 kP un1

0 0.05 0.1 0 .2 0 .5

1 0-3 1 0-2 1 0-1 1 00 1 01 1 02 1 03

v [m3/kg]

tMin m[min] [Kg]

30.63 161.26 291.89 3122.5 4153.2 5183.8 6214.4 7245 8

275.7 9306.3 10

350

300

250

[min

] 200

150

Min 100

t

50

01 2 3 4 5 6 7 8 9 10

m [Kg]


4-24

4-37 Un cilindro es inicialmente llenado con R-134un en un estado especificado. El refrigerant está enfriado en presión constante. La cantidad de pérdida de calor es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un T-v esquema.

Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 hay ninguno interacciones de trabajo implicó otro que el trabajo de frontera. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



− Q

Fuera de − W

b,out= U = m(u2 − u1) (desde KE = PE = 0)−

Q

Fuera= m(h2 − h1)

R-134unQ

Desde U + Wb = H durante una presión constante quasi-proceso de equilibrio. Las propiedades de R-134un es(Somete Un-11 a través de Un-13)

P1 = 800 kPa = 306.88 kJ/kgT1 = 70°C

h1

P2 = 800 kPa= h f @15°C = 72.34 kJ/kg

T2 = 15°Ch2

Sustituyendo,

QFuera = - (5 kg)(72.34 - 306.88) kJ/kg = 1173 kJ

800 kPa

T1

2

v

4-25

4-38E Un cilindro contiene agua inicialmente en un estado especificado. El agua está calentada en presión constante. La temperatura final del agua es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un T-v esquema.

Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 3 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn

−Wb,fuera = U = m(u2 − u1 ) (Desde KE = PE = 0)

QEn = m(h2 − h1 )Desde U + Wb

= H Durante una presión constante quasi-equilibrioProceso. Las propiedades de agua son (Somete Un-6E)

v 1 =

V1

=

2 ft 3

= 4 ft 3 /lbm Tm 0.5 lbmP = 120 psia

1 = 1217.0 Btu/lbmv = 4 ft

h1

1

3 /lbm

Sustituyendo,

200 Btu = (0.5 lbm)(h2 − 1217.0)Btu/lbm

h2 = 1617.0 Btu/lbmEntonces,

P2 = 120 psia= 1161.4°FT2

h2 = 1617.0 Btu/lbm

QH2O

120 psia

21

v

4-26

4-39 Un cilindro es inicialmente llenado con agua líquida saturada en una presión especificada. El agua está calentada eléctricamente cuando está barajado por un paddle-rueda en presión constante. El voltaje de la fuente actual es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un P-v esquema.

Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 El cilindro es bien-insulated y por ello transferencia de calor es insignificante. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



We,en

+ W

pw,en −W

b,fuera= U (Desde Q = KE = PE = 0)H2OW

e,en +

W

pw,en= m(h2 − h1 ) P = const.(

Vyot)

+

W

pw,en= m(h2 − h1 )WpwWe

Desde U + Wb = H Durante una presión constante quasi-equilibrio

Proceso. Las propiedades de agua son (Somete Un-4 a través de Un-6)

P = 175 kPa h1 = hf @175 kPa = 487.01 kJ/kg1 3

/KgSentado.Líquido v

1 = v f @175 kPa = 0.001057 mP2 = 175 kPa

= hf + x2hfg = 487.01 + (0.5 × 2213.1) = 1593.6 kJ/kgx2 = 0.5

h2

V 0.005 m3

m = 1 = = 4.731 kg P

v1 0.001057 m3/kgSustituyendo,

Vyo t + (400kJ) = (4.731 kg)(1593.6 − 487.01)kJ/kg 1 2

Vyo t = 4835 kJ4835 kJ 1000 VA

V = = 223.9 V v(8 Un)(45× 60 s) 1 kJ/s

4-27

4-40 [También solucionado por EES en cerrado CD] Un cilindro equipado con una primavera externa es inicialmente llenada con vapor en un estado especificado. El calor está transferido al vapor, y ambos la temperatura y aumento de presión. La temperatura final, el trabajo de frontera hecho por el vapor, y la cantidad de transferencia de calor es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un P-v esquema.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 3 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio. 4 La primavera es una primavera lineal .Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. Notando que la primavera no es separar del sistema ( es externo), el equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =

E

Sistema14243 14243



QQ

En −W

b,fuera = U = m(u2 − u1 ) (desde KE = PE = 0) H2O

QEn

= m(u2 − u1 ) + Wb,fuera 200 kPa

Las propiedades de vapor son (Somete Un-4 a través de Un-6)200°C

P = 200 kPa 3 /Kg P1 v 1 = 1.08049 m

T1 = 200°C u1 = 2654.6 kJ/kg 2

m =V

1= 0.5 m3

= 0.4628 kg1v 1 1.08049 m3 /kg

v 2 =

V 2

=0.6 m3

= 1.2966 m3/Kg

m 0.4628 kgP = 500 kPa T2 = 1132°C v2

v = 4325.2 kJ/kg2

= 1.2966 m3 /kg u2

(b) La presión de los cambios gasistas linearly con volumen, y por ello la curva de proceso en un P-V esquema será una línea recta . El trabajo de frontera durante este proceso es sencillamente el área bajo la curva de proceso, el cual es un trapezoidal. Así,

P1 + P2 (V 2 −V1 ) =(200 + 500)kPa 1 kJ

Wb = Área = (0.6− 0.5)m3

= 35 kJ2 2 1 kPa ⋅ m

3

(c) Del equilibrio de energía tenemos

QEn = (0.4628 kg)(4325.2 - 2654.6)kJ/kg + 35 kJ = 808 kJ

4-28

4-41 EES Problema 4-40 está reconsiderado. El efecto de la temperatura inicial de vapor en la temperatura final, el trabajo hecho, y la transferencia de calor total como la temperatura inicial varía de 150°C a 250°C es para ser investigado. Los resultados finales son para ser plotted contra la temperatura inicial.Análisis El problema está solucionado utilizando EES, y la solución está dada abajo.

"El proceso está dado por:""P[2]=P[1]+k*x*Un/Un, y cuando la primavera mueve 'x' cantidad, los cambios de volumen por V[2]-V[1]." P[2]=P[1]+(Primavera_const)*(V[2] - V[1]) "P[2] es una función lineal de V[2]""Dónde Primavera_const = k/Un, la constante de primavera real dividida por el área de cara del pistón"

"Conservación de la masa para el sistema cerrado es:" m[2]=m[1]

"La conservación de la energía para el sistema cerrado es""E_En - E_fuera de = DeltaE, negligencia DeltaKE y DeltaPE para el sistema" Q_en - W_fuera de = m[1]*(u[2]-u[1])DELTAU=m[1]*(u[2]-u[1])

"Dato de entrada" P[1]=200 [kPa] V[1]=0.5 [m^3] "T[1]=200 [C]" P[2]=500 [kPa] V[2]=0.6 [m^3]

Fluido$= equipo_IAPWS'

m[1]=V[1]/spvol[1] spvol[1]=volumen(Fluido$,T=T[1], P=P[1]) u[1]=intenergy(Fluido$, T=T[1], P=P[1]) spvol[2]=V[2]/m[2]

"La temperatura final es:" T[2]=temperatura(Fluido$,P=P[2],v=spvol[2])

u[2]=intenergy(Fluido$, P=P[2], T=T[2]) Wnet_otro = 0W_Fuera de=Wnet_otro + W_b"W_b = Integral de P[2]*dV[2] para 0.5<V[2]<0.6 y está dado por:" W_b=P[1]*(V[2]-V[1])+Primavera_const/2*(V[2]-V[1])^2

4-29

QEn T1 T2 WFuera

[kJ] [C] [C] [kJ]778.2 150 975 35793.2 175 1054 35808 200 1131 35

822.7 225 1209 35837.1 250 1285 35

105

Vapor

1041132 C

P [K

PA] 10

3 200 C 2

102 1

101

Área = Wb

100

10-3 10-2 10-1 100 101

v [m3/kg]

WFu

era

50

40

30

20

10

0150 170 190 210 230 250

T[1] [C]


4-30

840

830

820[k

J] 810

800E nQ

790

780

770150 170 190 210 230 250

T[1] [C]

1300

1250

1200

[C]

1150

T[2] 1100

1050

1000

950150 170 190 210 230 250

T[1] [C]


4-31

4-42 Dos tanques inicialmente separados por una partición contiene vapor en estados diferentes. Ahora la partición está sacada y están dejados para mezclar hasta que el equilibrio está establecido. La temperatura y calidad del vapor en el estado final y la cantidad de calentar perdido de los tanques son para ser determinados.Suposiciones 1 El tanque es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 hay ninguno interacciones de trabajo.Análisis (un) tomamos los contenidos de ambos tanques como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. Notando que el volumen del sistema es constante y así hay ningún trabajo de frontera, el equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



−

QFuera =

U Un + U B = [m(u2 − u1 )] Un + [m(u2 − u1

)]B

TANQUE BTANQUE

Un3 kg2 kg

150°C1 MPax=0.5300°C

Q

(Desde W = KE = PE = 0)

Las propiedades de vapor en ambos tanques en el estado inicial son (Somete Un-4 a través de Un-6)

P = 1000 kPa 3/Kg1, Un v 1, Un = 0.25799 m

T = 300°C = 2793.7 kJ/kgu1,

Un1, Un

T1,B = 150°C v f = 0.001091, v G = 0.39248 m3 /kg

x1 = 0.50u

f = 631.66, u fg = 1927.4 kJ/kgv

1,B= v

f+ x v

fg= 0.001091+ [0.50× (0.39248 − 0.001091)] = 0.19679 m3 /kg

1

= 631.66 + (0.50×1927.4) = 1595.4 kJ/kgu

1,B = u f + x1u fgEl volumen total y la masa total del sistema es

V = V

Un

+VB

= m v1, Un

+ mB

v1,B

= (2 kg)(0.25799 m3 /kg) + (3 kg)(0.19679 m3 /kg) = 1.106 m3

Un

m = m Un + mB = 3 + 2 = 5 kg

Ahora, el volumen concreto en el estado final puede ser determinado

v 2 =V

=1.106 m3

= 0.22127 m3 /kgm 5 kgCuál fija el estado final y nosotros pueden determinar otras propiedades

P = 300 kPa

T2 =

T

sentó @ 300

kPa = 133.5°Cv 2 − v f 0.22127 − 0.001073

2

3x2 = = = 0.3641v = v − v 0.60582 − 0.0010732 G f0.22127 m /Kg

= 561.11 + (0.3641×1982.1) = 1282.8 kJ/kgu2 = u f+

x

2u

fg

(b) Sustituyendo,

− =

U Un + U B = [m(u2 − u1 )]Un + [m(u2 − u1 )]B

QFuera

= (2 kg)(1282.8 − 2793.7)kJ/kg + (3 kg)(1282.8 − 1595.4)kJ/kg = −3959 kJ

O

Q

Fuera = 3959 kJ


4-32

4-43 Una habitación está calentada por un radiador eléctrico que contiene aceite de calefacción. El calor está perdido de la habitación. El periodo de tiempo durante qué el calentador es encima es para ser determinado.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de -141°C y 3.77 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

ke ≅ pe ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes en temperatura de habitación pueden ser utilizados para aire. Estos resultados de suposición

En error insignificante en calentar y aplicaciones que condicionan aire. 4 La presión atmosférica local es 100 kPa . 5 La habitación es aire -estanco de modo que ninguno filtraciones de aire en y fuera durante el proceso.Propiedades La constante gasista de aire es R = 0.287 kPa.m3/kg.K (Mesa Un-1). También, cv = 0.718 kJ/kg.K Para aire en temperatura de habitación (Mesa Un-2). Propiedades de aceite están dadas para ser ρ = 950 kg/m3 y c p = 2.2 kJ/kg.°C.Análisis nos aireamos en la habitación y el aceite en el radiador para ser el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza la frontera de sistema. El equilibrio de energía para este stationary constante-volumen el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



(W&

En − Q&

fuera ) t =U

Aire +

U

aceite

10°C

Habitación

Q

Radiador

≅ [mcv (T2 − T1)]aire + [mcp (T2 − T1)]aceite (desde KE = PE = 0)

La masa de aire y aceite es

mAire

=PV

Aire

=

(100 kPa)(50 m3 )

= 62.32 kg(0.287kPa ⋅ m3 /Kg ⋅ K)(10 + 273 K)RT1

mAceite = ρ de aceiteV aceite = (950 kg/m3 )(0.030 m3 ) = 28.50 kg

Sustituyendo,

(1.8 − 0.35 kJ/s) t = (62.32 kg)(0.718 kJ/kg ⋅ °C)(20 −10)°C + (28.50 kg)(2.2 kJ/kg ⋅ °C)(50 −10)°C

→ t = 2038 s = 34.0 Discusión

de min. En práctica, la presión en la habitación quedará constante durante este proceso más que el volumen, y algún aire filtrará fuera como el aire expande. Como resultado, el aire en la habitación experimentará un proceso de expansión de presión constante. Por tanto, es más apropiado de ser conservador y a utilizar H en vez de uso U en calentar y aplicaciones que condicionan aire.

4-33

4-44 agua líquida Saturada está calentada en presión constante a un vapor saturado en un pistón-dispositivo de cilindro. La transferencia de calor es para ser determinado.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 hay ninguno interacciones de trabajo implicó otro que el trabajo de frontera. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn

−Wb,out = U = m(u2 − u1 ) (desde KE = PE = 0)Q

En = Wb,out + m(u2 − u1 )Q

En = m(h2 − h1 )T

Desde U + Wb = H durante una presión constante quasi-Proceso de equilibrio. Desde entonces cambios de agua de líquido saturadoA vapor saturado, tenemos

1QEn = mh fg = (2 kg)(2113.8 kJ/kg) = 4228 kJ

Agua Q2 kg

150°C

2

Desde entoncesv

h fg @150°C = 2113.8 kJ/kg (Mesa Un - 4)

4-34

4-45 Una mezcla de agua saturada contenida en una primavera-pistón cargado -dispositivo de cilindro está calentado hasta la presión y aumento de volumen a especificó valores. La transferencia de calor y el trabajo hecho es para ser determinado.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 hay ninguno interacciones de trabajo implicó otro que el trabajo de frontera. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243


P

300 kPa2


QEn

−Wb,out= U = m(u2 − u1 ) (desde KE = PE = 0)Q

En= Wb,out + m(u2 − u1 )El estado inicial es mezcla saturada en 75 kPa. El volumen concreto y la energía interna en este estado es (Mesa Un-5),

75 kPa 1

v

v 1 = v f + x v fg = 0.001037 + (0.13)(2.2172 − 0.001037) = 0.28914 m3

/kg u1 = u f + xu fg = 384.36 + (0.13)(2111.8) = 658.89 kJ/kg

La masa de agua es

m = V 1 = 2 m3= 6.9170 kg

v1 0.28914 m3 /KgEl volumen concreto final es

v 2 =

V 2=

5 m3

= 0.72285 m3 /Kgm 6.9170 kg

El estado final es ahora fijado. La energía interna en este volumen concreto y 300 presión de kPa es (Mesa Un-6)

u2 = 2657.2 kJ/kg

Desde este es un proceso lineal, el trabajo hecho es igual al área bajo la línea de proceso 1-2:

P + P (75 + 300)kPa− 2)m3 1 kJ

Wb,fuera = Área = 1 2 (V 2 −V1 ) = (5 = 562.5 kJ2 2 1 kPa ⋅ m3

Sustituyendo a ecuación de equilibrio de la energía da

QEn = Wb,fuera de + m(u2 − u1 ) = 562.5 kJ + (6.9170 kg)(2657.2 − 658.89) kJ/kg = 14,385 kJ


4-35

4-46 R- 134un contenido en una primavera-pistón cargado-dispositivo de cilindro está enfriado hasta la temperatura y gota de volumen a especificó valores. La transferencia de calor y el trabajo hecho es para ser determinado.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 hay ninguno interacciones de trabajo implicó otro que el trabajo de frontera. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



Wb,en

− Q

fuera= U = m(u2 − u1 ) (desde KE = PE = 0)Q

Fuera= Wb,en − m(u2 − u1 )Las propiedades estatales iniciales son (Mesa Un-13)

P1 = 600 kPa v1 = 0.055522 m3 / kg

T1 = 15°Cu

1 = 357.96 kJ/kg

P

600 kPa1

La masa de refrigerant es

m = V 1 = 0.3 m3= 5.4033 kg

v1 0.055522 m3 /Kg

El volumen concreto final es

v 2 =

V 2=

0.1 m3

= 0.018507 m3 /kgm 5.4033 kg

2

v

El estado final en este volumen concreto y en -30°C es una mezcla saturada. Las propiedades en este estado son (Mesa Un-11)

x2 =

v 2 −v f=

0.018507 − 0.0007203= 0.079024v

G −v f 0.22580 − 0.0007203u2 = u f

+ x

2u

fg = 12.59 + (0.079024)(200.52) = 28.44 kJ/kg

P2 = 84.43 kPaDesde este es un proceso lineal, el trabajo hecho es igual al área bajo la línea de proceso 1-2:

P + P (600 + 84.43)kPa(0.3 − 0.1)m3 1 kJ

Wb,en = Área = 1 2 (V1 −V 2 ) = = 68.44 kJ

2 2 1 kPa ⋅ m3


Q

Fuera = Wb,en − m(u2− u1 ) = 68.44 kJ − (5.4033 kg)(28.44 − 357.96) kJ/kg = 1849 kJ

4-36

4-47E Saturado R-134un vapor está condensado en presión constante a un líquido saturado en un pistón-dispositivo de cilindro. La transferencia de calor y el trabajo hecho es para ser determinado.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 hay ninguno interacciones de trabajo implicó otro que el trabajo de frontera. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



Wb,en

− Q

fuera = U = m(u2 − u1 ) (desde KE = PE = 0) QR-134unQ

Fuera = Wb,en − m(u 2 − u1 ) 100°FLas propiedades en los estados iniciales y finales son (Mesa Un-11E)

T = 100°F v1

= vG= 0.34045 ft 3 / lbm

1 Tx1 = 1 u1 = u G= 107.45 Btu/lbmT2 = 100°F v 2 = v f = 0.01386 ft 3 / lbm

x2 = 0 u2 = u f = 44.768 Btu/lbm 2 1También de Someter Un-11E,

P1 = P2 = 138.93 psia vu fg = 62.683 Btu/lbm

h fg = 71.080 Btu/lbm

El trabajo hecho durante este proceso es

2 3 1 Btuwb,fuera

= ∫1 Pdv = P(v2 −v1) = (138.93 psia)(0.01386 − 0.34045) ft /lbm = −8.396 Btu/lbm

5.404 psia ⋅ ft3

Aquello es,

wb,en = 8.396 Btu/lbm


qFuera de = wb,en − (u2 − u1 ) = wb,en + u fg = 8.396 + 62.683 = 71.080 Btu/lbm

Discusión La transferencia de calor también puede ser determinada de

−qFuera de = h2 − h1

qFuera de = h fg = 71.080 Btu/lbm

Desde U + Wb = H durante una presión constante quasi-proceso de equilibrio.

4-37

4-48 Saturado R-134un líquido está contenido en un insulated pistón-dispositivo de cilindro. El trabajo eléctrico está suministrado a R-134un. El tiempo requerido para el refrigerant para convertir en el vapor saturado y la temperatura final son para ser determinado.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 hay ninguno interacciones de trabajo implicó otro que el trabajo de frontera. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243


TPor calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energías

We,en

−Wb,fuera= U = m(u2 − u1 ) (desde KE = PE = 0)

We,en

=

Wb,fuera + m(u2 − u1 ) 1 2W

e,en= H 2 − H1 = m(h2 − h1 ) = mh fg

W&

e,en t = mh fgDesde U + Wb = H durante una presión constante quasi- vProceso de equilibrio. El poder eléctrico y la entalpía deVaporización de R-134un es

W&

e,en = Vyo = (10 V)(2 Un) = 20 W

h fg @−10°C = 205.96 kJ/kg (Mesa Un -11)

Sustituyendo,

(0.020 kJ/s) t = (2 kg)(205.96 kJ/kg) → t = 20,596 s = 5.72 h

La constante de restos de la temperatura durante este proceso de cambio de la fase:

T2 = T1 = −10°C

4-38

Calores concretos, u y h de Gases Ideales

4-49C Lo puede ser utilizado para cualquier clase de proceso de un gas ideal.

4-50C Lo puede ser utilizado para cualquier clase de proceso de un gas ideal.

4-51C El resultado deseado está obtenido por multiplicar la primera relación por la masa molar M ,

Mc p = Mcv + Señor

o c p = cv + Ru

4-52C Muy cercano, pero núm. Porque la transferencia de calor durante este proceso es Q = mcp T, y c p varía con temperatura..

4-53C Lo puede ser tampoco. La diferencia en temperatura en ambos el K y ° C balanza es igual.

4-54C La energía requirió es mcp T, el cual será igual en ambos casos. Esto es porque el c p de un gas ideal no varía con presión.

4-55C La energía requirió es mcp T, el cual será igual en ambos casos. Esto es porque el c p de un gas ideal no varía con volumen.

4-56C Modeling tanto gases como gases ideales con calores concretos constantes, tenemos

u = cv T

h = c p T

Desde ambos gases experimentan el mismo cambio de temperatura, el gas con el más grande cv

experimentará el cambio más grande en energía interna. De modo parecido, el gas con el más grande cp tendrá el cambio de entalpía más grande. Inspección de Someter Un-2un indica que el aire experimentará el cambio más grande en ambos casos.


4-39

4-57 Una primavera-pistón cargado-dispositivo de cilindro está llenado con nitrógeno. El nitrógeno es ahora calentado hasta sus aumentos de volumen por 10%. Los cambios en la energía interna y la entalpía del nitrógeno es para ser determinado.

Propiedades La constante gasista de nitrógeno es R = 0.2968 kPa⋅m3/kg⋅K. Los calores concretos del nitrógeno en temperatura de habitación es c v = 0.743 kJ/kg⋅K y c p = 1.039 kJ/kg⋅K (Mesa Un-2un).

Análisis El volumen inicial de nitrógeno es

mRT (0.010 kg)(0.2968 kPa ⋅ m3 /kg ⋅ K)(27 + 273 K)= 0.00742 m3

V1 = 1 =

120 kPaP1El proceso experimentado por este sistema es un lineal P-v proceso. La ecuación para esta línea es

P − P1 = c(V −V1 )

Dónde P1 es la presión de sistema cuándo su volumen concreto es v 1. La ecuación de primavera puede ser escrita cuando

P − P1 = F

s −

F

s,1

Un

Constante c es de ahí

c =k

=42 k

=Un2 π 2 D 4

La presión final es entonces

= k x − x1 = kA (x − x ) = k(V −V

1)

UnUn2

1

Un2

P(16)(1 kN/m)

= 16,211 kN/m5 π 2 (0.1 m)4

2

1

P2 = P1 + c(V 2 −V1 ) = P1 + c(1.1V1 −V1 ) = P1 + 0.1cV1 v

=120 kPa + 0.1(16,211 kN/m5 )(0.00742 m3 )

=132.0 kPa

La temperatura final es

P V2

(132.0 kPa)(1.1× 0.00742 m3 )T2 = 2 = = 363 K

(0.010 kg)(0.2968 kPa ⋅ m3 /kg ⋅ K)mR

Utilizando los calores concretos,

u = cv T = (0.743 kJ/kg ⋅ K)(363− 300)K = 46.8 kJ/kg

h = c p T = (1.039 kJ/kg ⋅ K)(363− 300)K = 65.5 kJ/kg

4-40

4-58E El cambio de energía interno de aire es para ser determinado para dos casos de cambios de temperatura especificada.Suposiciones En especificó condiciones, aire behaves como un gas ideal.

Propiedades El constantes-volumen calor concreto del aire en temperatura de habitación es c v = 0.171 Btu/lbm⋅R (Mesa Un-2Ea).

El análisis que Utiliza el calor concreto en volumen constante,

u = cv T = (0.171 Btu/lbm ⋅ R)(200 −100)R = 17.1 Btu/lbm

Si utilizamos la misma temperatura de habitación valor de calor concreto, el cambio de energía interno será igual para el segundo caso. Aun así, si consideramos la variación de calor concreto con temperatura y utilizar los valores de calor concretos de Someter Un-2Eb, hemos c v = 0.1725 Btu/lbm⋅R en 150°F y c v = 0.1712 Btu/lbm⋅R en 50°F. Entonces,

u1 = cv T1 = (0.1725 Btu/lbm ⋅ R)(200 −100)R = 17.25 Btu/lbm

u2 = cv T2 = (0.1712 Btu/lbm ⋅ R)(100 − 0)R = 17.12 Btu/lbm

Los dos resultados difieren de cada otro por aproximadamente 0.8%.

4-59 Los cambios de energía internos para neón y argón son para ser determinados para un cambio de

temperatura dado. Suposiciones En especificó condiciones, neón y argón behave como un gas ideal.

Propiedades El constantes-volumen los calores concretos de neón y argón son 0.6179 kJ/kg⋅K y 0.3122 kJ/kg⋅K, respectivamente (Mesa Un-2un).

Análisis Los cambios de energía internos son

uNeón = cv T = (0.6179 kJ/kg ⋅ K)(180 − 20)K = 98.9 kJ/kg

uArgón = cv T = (0.3122 kJ/kg ⋅ K)(180 − 20)K = 50.0 kJ/kg

4-60 Los cambios de entalpía para neón y argón son para ser determinados para un cambio de

temperatura dado. Suposiciones En especificó condiciones, neón y argón behave como un gas ideal.

Propiedades El constantes-presión los calores concretos de argón y neón son 0.5203 kJ/kg⋅K y 1.0299 kJ/kg⋅K, respectivamente (Mesa Un-2un).

Análisis Los cambios de entalpía sonh

Argón = c p T = (0.5203 kJ/kg ⋅ K)(400 −100)K = 156.1 kJ/kgh

Neón = c p T = (1.0299 kJ/kg ⋅ K)(400 −100)K = 309.0 kJ/kg


4-41

4-61 Neón está comprimido isothermally en un compresor. El volumen concreto y cambios de entalpía son para ser determinado.Suposiciones En especificó condiciones, neón behaves como un gas ideal.

Propiedades La constante gasista de neón es R = 0.4119 kJ/kg⋅K y el constante-presión el calor concreto de neón es 1.0299 kJ/kg⋅K (Mesa Un-2un).

Análisis En la ensenada de compresor, el volumen concreto es

v 1 =

RT=

(0.4119 kPa ⋅ m 3 /Kg ⋅ K)(20 + 273 K)= 1.207 m3 /kg

P2

P1 100 kPaDe modo parecido, en la salida de compresor,

v 2 =RT = (0.4119 kPa ⋅ m3 /kg ⋅ K)(20 + 273 K) = 0.2414 m3 /kg 1

500 kPaP

2 vEl cambio en el volumen concreto causado por el compresor es

v = v 2 - v 1 = 0.2414 −1.207 = −0.966 m3 /kg

Desde el proceso es isotermo,

h = c p T = 0 kJ/kg


4-42

4-62E El cambio de entalpía de gas de oxígeno durante un proceso de calefacción es para ser determinado utilizando una relación de calor concreta empírica, calor concreto constante en temperatura mediana, y calor concreto constante en temperatura de habitación.Análisis (un) Utilizando la relación empírica para c p (T ) de Someter Un-2Ec,

cp = Un + bT + cT 2 + dT 3

Dónde un = 6.085, b = 0.2017×10-2, c = -0.05275×10-5, y d = 0.05372×10-9. Entonces,

h = ∫12 cp (T )dT = ∫1

2 [un + bT + cT 2 + dT 3 ]dT

= Un(T2 − T1) + 12 b(T22 + T1

2 ) + 13 c(T23 − T1

3 ) + 14 d (T24 − T1

4 )

= 6.085(1500 − 800) + 1 (0.2017 ×10−2 )(15002 − 8002 )2

− 1 (0.05275 ×10−5 )(15003 − 8003 ) + 1(0.05372 ×10−9 )(15004 − 8004 )3 4

= 5442.3 Btu/lbmol

=5442.3 Btu/lbmolh = h = 170.1 Btu/lbmM 31.999 lbm/lbmol

(b) Utilizando la constante cp valor de Someter Un-2Eb en la temperatura mediana de 1150 R,

cp,avg = cp@1150 R = 0.255 Btu/lbm ⋅ Rh = cp,avg (T2 − T1) = (0.255 Btu/lbm ⋅ R)(1500 − 800) R = 178.5 Btu/lbm

(c) Utilizando la constante cp valor de Someter Un-2Ea en temperatura de habitación,

cp,avg = cp@537 R = 0.219 Btu/lbm ⋅ Rh = cp,avg (T2 − T1) = (0.219 Btu/lbm ⋅ R)(1500 − 800)R = 153.3 Btu/lbm


4-43

4-63 El cambio de energía interno de gas de hidrógeno durante un proceso de calefacción es para ser determinado utilizando una relación de calor concreta empírica, calor concreto constante en temperatura mediana, y calor concreto constante en temperatura de habitación.

Análisis (un) Utilizando la relación empírica para p (T )

De Someter Un-2c y relacionándolo a c v (T ) ,c

c (T ) = cp− R

u=

(Un − R

u) + bT + cT 2 + dT 3

v

Dónde un = 29.11, b = -0.1916×10-2, c = 0.4003×10-5, y d = -0.8704×10-9. Entonces,

= ∫12 cv (T )dT = ∫1

2 [(un − Ru )+ bT + cT 2 + dT 3 ]dTu

=(Un − R )(T − T ) +

1

b(T 2 + T 2 ) +1

c(T 3 − T 3) +1

d (T 4− T 4 )2 4u 2 1 2 1 3 2 1 2 1

= (29.11 − 8.314)(800 − 200) − 1 (0.1961×10−2 )(8002 − 2002 )2

+1 (0.4003 ×10−5 )(8003 − 2003 ) − 1 (0.8704 ×10−9 )(8004 − 2004 )3 4

= 12,487 kJ/kmol

= 12,487 kJ/kmolu = u = 6194 kJ/kg2.016 kg/kmolM

(b) Utilizando una constante cp valor de Someter Un-2b en la temperatura mediana de 500 K,

cv ,avg = cv @500 K = 10.389 kJ/kg ⋅ Ku = cv ,avg (T2 − T1) = (10.389 kJ/kg ⋅ K)(800 − 200)K = 6233 kJ/kg

(c) Utilizando una constante cp valor de Someter Un-2un en temperatura de habitación,

cv ,avg = cv @300 K = 10.183 kJ/kg ⋅ Ku = cv ,avg (T2 − T1) = (10.183 kJ/kg ⋅ K)(800 − 200)K = 6110 kJ/kg

4-44

Análisis de Energía de Sistema cerrado: Gases Ideales

4-64C No, no es. Esto es porque la primera relación de ley Q - W = U reduce a W = 0 en este caso desde el sistema es adiabático (Q = 0) y U = 0 para los procesos isotermos de gases ideales. Por tanto, este sistema adiabático no puede recibir cualquier trabajo neto en temperatura constante.

4-65E El aire en un tanque rígido está calentado hasta su presión pliega. El volumen del tanque y la cantidad de transferencia de calor es para ser determinado.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de -141°C y 3.77 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

pe ≅ ke ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes en temperatura de habitación pueden ser utilizados para aire. Estos resultados de suposición en error insignificante en calentar y aplicaciones que condicionan aire.

Propiedades La constante gasista de aire es R = 0.3704 psia.ft3/lbm.R (Mesa Un-

1E). Análisis (un) El volumen del tanque puede ser determinado de la relación

gasista ideal,

mRT (20 lbm)(0.3704 psia ⋅ ft 3 /lbm ⋅ R)(540 R) = 80.0 ft 3V = 1 =

50 psiaP

1

(b) Nos aireamos en el tanque como nuestro sistema. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243


masa Potencial, etc. energíasQ

En = UQEn = m(u2 − u1 ) ≅ mCv (T2 − T1 )

La temperatura final de aire es

P1V=

P2V→ T =

P2T = 2 × (540 R) = 1080 R

T T P2 11 2 1

Las energías internas son (Mesa Un-17E)

u1 = u@ 540 R = 92.04 Btu / lbm u2 = u@

1080 R = 186.93 Btu / lbm

Sustituyendo,

QEn = (20 lbm)(186.93 - 92.04)Btu/lbm = 1898 Btu

Aire 20 lbm 50 psia 80°F

Q

Soluciones alternativas El calor concreto de aire en la temperatura mediana de T avg = (540+1080)/2= 810 R = 350°F es, de Someter Un-2Eb, cv,avg = 0.175 Btu/lbm.R. Sustituyendo,

QEn = (20 lbm)( 0.175 Btu/lbm.R)(1080 - 540) R = 1890 Btu la

discusión Tanto las aproximaciones resultaron en casi la misma solución en este

caso.


4-45

4-66 Un calentador de resistencia es para levantar la temperatura de aire en la habitación de 7 a 23°C dentro 15 min. El índice de poder requerido del calentador de resistencia es para ser determinado.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de -141°C y 3.77 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,


En error insignificante en calentar y aplicaciones que condicionan aire. 4 pérdidas de Calor de la habitación son insignificantes. 5 La habitación es aire -estanco de modo que ninguno filtraciones de aire en y fuera durante el proceso.Propiedades La constante gasista de aire es R = 0.287 kPa.m3/kg.K (Mesa Un-1). También, cv = 0.718 kJ/kg.K Para aire en temperatura de habitación (Mesa Un-2).Análisis nos aireamos en la habitación para ser el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza la frontera de sistema. El equilibrio de energía para este stationary constante-volumen el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema

14243 14243



We,en =

U ≅ mcv ,avg (T2 − T1 ) (desde Q = KE = PE = 0)

O, 4×5×6 m3

W&

e,en t = mcv ,avg (T2 − T1)7°C

AIRELa masa de aire es

We

V = 4 × 5 × 6 = 120 m3

PV (100 kPa)(120 m3 )

m =1

= = 149.3 kgRT1 (0.287 kPa ⋅ m3/kg ⋅ K)(280 K)

Sustituyendo, El índice de poder del calentador deviene

W&

= (149.3 kg)(0.718 kJ/kg⋅o C)(23 − 7)oC = 1.91 kWe,en 15 × 60 s

Discusión En práctica, la presión en la habitación quedará constante durante este proceso más que el volumen, y algún aire filtrará fuera como el aire expande. Como resultado, el aire en la habitación experimentará un proceso de expansión de presión constante. Por tanto, es más apropiado de ser conservador y para utilizar H en vez de utilizar U en calentar y aplicaciones que condicionan aire.

4-46

4-67 Un estudiantil viviendo en una habitación gira su 150-W seguidor encima por la mañana. La temperatura en la habitación cuándo vuelve 10 h más tarde es para ser determinado.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de -141°C y 3.77 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,


En error insignificante en calentar y aplicaciones que condicionan aire. 4 Todas las puertas y las ventanas son estrechamente cerrados, y transferencia de calor a través de las paredes y las ventanas está desatendida.Propiedades La constante gasista de aire es R = 0.287 kPa.m3/kg.K (Mesa Un-1). También, cv = 0.718 kJ/kg.K Para aire en temperatura de habitación (Mesa Un-2).Análisis tomamos la habitación como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde las puertas y las ventanas están dichas para ser estrechamente cerrados, y por ello ninguna masa cruza la frontera de sistema durante el proceso. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



We,en = U

We,en = m(u2 − u1 ) ≅ mcv (T2 − T1 )La masa de aire es

V = 4 × 6 × 6 = 144 m3

PV (100 kPa)(144 m3 )m =

1

= = 174.2 kgRT1 (0.287 kPa ⋅ m3/kg ⋅ K)(288 K)

El trabajo eléctrico hecho por el seguidor es

We = W&

e t = (0.15 kJ / s)(10 × 3600 s) = 5400 kJ

Sustituyendo y utilizando elc v valor en temperatura de habitación,

5400 kJ = (174.2 kg)(0.718 kJ/kg⋅°C)(T2 - 15)°C

T2 = 58.2°C

HABITACIÓN

4 m × 6 m × 6 m

Seguidor

Nota de discusión que un seguidor de hecho causa la temperatura interna de un limitado espacial de aumentar. De hecho, un 100-W el seguidor suministra una habitación con tanta energía como 100-W calentador de resistencia.

4-47

4-68E Una parte de un insulated el tanque rígido contiene aire mientras el otro lado está evacuado. El cambio de energía interno del aire y la presión de aire final son para ser determinado cuándo la partición está sacada.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de − 221.5°F y 547 psia. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,


En error insignificante en calentar y aplicaciones que condicionan aire. 3 El tanque es insulated y por ello transferencia de calor es insignificante.Análisis tomamos el tanque entero como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



0 = U = mcv (T2 − T1 )

Desde la energía interna no cambia, la temperatura del aire también no cambia. Aplicando la ecuación gasista ideal da

AIREVacuum1.5 ft3

100 psia 1.5 ft3

100°F

P1V1 = P2V 2 → P2 = P1V1 = P1

V 2 / 2 = P1 =100 psia = 50 psia

V 2 2 2V 2

4-69 Nitrógeno en un barco rígido está enfriado por rehusar calor. El cambio de energía interno del nitrógeno es para ser determinado.Suposiciones 1 Nitrógeno es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 126.2 K y 3.39 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

ke ≅ pe ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes en temperatura de habitación pueden ser utilizados para nitrógeno.

Análisis tomamos el nitrógeno como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243


Por calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energías−

Q

Fuera = U = mcv (T2 − T1 ) QNitrógeno

Así,

u = −qFuera = −100 kJ/kg


4-48

4-70E el nitrógeno en un barco rígido está enfriado. El trabajo hecho y transferencia de calor es para ser determinado.

Suposiciones 1 Nitrógeno es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 126.2 K (227.1 R) y 3.39 MPa (492 psia). 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes, ke ≅ pe ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes en temperatura de habitación pueden ser utilizados paraNitrógeno.

Propiedades Para nitrógeno, cv = 0.177 Btu/lbm⋅R en temperatura de habitación (Mesa Un-2Eun).

Análisis tomamos el nitrógeno como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243


NitrógenoPor calor, trabajo, y


Q−

Q

Fuera = U = mcv (T2 − T1 ) 100 psia300°F

no hay ningún trabajo hecho desde el barco es rígido:

w = 0 Btu/lbm

Desde el volumen concreto es constante durante el proceso, la temperatura final está determinada de ecuación gasista ideal para ser

T = T P2 = (760 R) 50 psia = 380 RP 100 psia2 11

Sustituyendo,

qFuera de = cv (T1 − T2 ) = (0.177 Btu/lbm ⋅ R)(760 − 380)R = 67.3 Btu/lbm

4-49

4-71 Oxígeno está calentado para experimentar un cambio de temperatura especificado. La transferencia de calor es para ser determinado para dos casos.Suposiciones 1 Oxígeno es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 154.8 K y 5.08 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

ke ≅ pe ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes pueden ser utilizados para oxígeno.

Propiedades Los calores concretos de oxígeno en la temperatura mediana de (25+300)/2=162.5°C=436 K es c p = 0.952 kJ/kg⋅K y c v = 0.692 kJ/kg⋅K (Mesa Un-2b).

Análisis tomamos el oxígeno como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para un proceso de volumen constante puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn = U = mcv (T2 − T1 )

El equilibrio de energía durante un proceso de presión constante (como en un pistón-dispositivo de cilindro) puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn

−Wb,fuera= UQ

En=

W

b,fuera de + U

QEn= H = mc p (T2 − T1 )

Desde U + Wb = H durante una presión constante quasi-proceso de equilibrio. Sustituyendo para ambos casos,

O2

T1 = 25°C Q

T2 = 300°C

O2

T1 = 25°C Q

T2 = 300°C

QEn, V =const = mcv (T2 − T1 ) = (1 kg)(0.692 kJ/kg ⋅ K)(300 − 25)K = 190.3 kJ Qen, P=const = mc p (T2 − T1 ) = (1 kg)

(0.952 kJ/kg ⋅ K)(300 − 25)K = 261.8 kJ

4-50

4-72 Aire en un sistema cerrado experimenta un proceso isotermo. El volumen inicial, el trabajo hecho, y la transferencia de calor es para ser determinado.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 132.5 K y 3.77 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

ke ≅ pe ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes pueden ser utilizados para aire.

Propiedades La constante gasista de aire es R = 0.287 kJ/kg⋅K (Mesa Un-1).

Análisis nos aireamos como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243


QEn

−Wb,fuera= U = mcv (T2 − T1 ) Aire

QQEn

−Wb,fuera= 0 (desde T 1 = T2 ) 600 kPaQ

En=

W

b,fuera 200°C

El volumen inicial es

(2 kg)(0.287 kPa ⋅ m3 /kg ⋅ K)(473 K)mRT

= 0.4525 m3V1 =

1

=P1 600 kPa

Utilizando la relación de trabajo de la frontera para el proceso isotermo de un gas ideal da

22 dv v

2P

Wb,fuera de =

m∫ Pdv

=

mRT

∫ = mRT ln = mRT ln 1v v

1P

1 1 2

= (2 kg)(0.287 kPa ⋅ m3 /kg ⋅ K)(473 K)ln600 kPa

= 547.1 kJ80 kPa

De ecuación de equilibrio de la energía,

QEn = Wb,fuera = 547.1 kJ

4-51

4-73 Argón en un pistón-dispositivo de cilindro experimenta un proceso isotermo. La masa de argón y el trabajo hecho es para ser determinado.Suposiciones 1 Argón es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 151 K y 4.86 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

ke ≅ pe ≅ 0 .

Propiedades La constante gasista de argón es R = 0.2081kJ/kg⋅K (Mesa Un-1).

Análisis tomamos argón como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn −Wb,fuera de = U = mcv (T2 − T1 )

QEn −Wb,fuera = 0 (desde T 1 = T2 )

QEn

= W

b,fuera

Así,

Wb,fuera de = Qen = 1500 kJ

Argón200 kPa Q

100°C

Utilizando la relación de trabajo de la frontera para el proceso isotermo de un gas ideal da

2 2 dv v2

PW

b,fuera de = m∫

Pdv =

mRT

∫ = mRT ln = mRT ln 1v v

1P

1 1 2

Solucionando para la masa del sistema,

m =

Wb,fuera

=1500 kJ

= 13.94 kgP(0.2081 kPa ⋅ m3

200 kPaRT ln

1

/Kg ⋅ K)(373 K)ln 50 kPaP2

4-52

4-74 Argón está comprimido en un polytropic proceso. El trabajo hecho y la transferencia de calor es para ser determinado.Suposiciones 1 Argón es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 151 K y 4.86 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

ke ≅ pe ≅ 0 .

Propiedades Las propiedades de argón son R = 0.2081kJ/kg⋅K y c v = 0.3122 kJ/kg⋅K (Mesa Un-2un).

Análisis tomamos argón como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn

−Wb,fuera = U = mcv (T2 − T1 )

Utilizando la relación de trabajo de la frontera para el polytropic el proceso de un gas ideal da

Argón120 kPa Q

30°CPv n = Constante

(n−1) / n 0.2 /1.2w

b,fuera

RT1P

2 (0.2081 kJ/kg ⋅ K)(303 K) 1200

= −1 = −1 = −147.5 kJ/kg1 P

1 1-1.2 120− n

Así,

wb,en = 147.5 kJ/kg


P (n-1 )/n 1200 kPa 0.2 /1.2T = T 2 = (303 K) = 444.7 K

P 120 kPa2 1

1De la ecuación de equilibrio de la energía,

qEn = wb,fuera de + cv (T2 − T1 ) = −147.5 kJ/kg + (0.3122 kJ/kg ⋅ K)(444.7 − 303)K = −103.3 kJ/kg

Así,

qFuera = 103.3 kJ/kg

4-53

4-75E el dióxido de carbono contenido en un pistón-dispositivo de cilindro experimenta un proceso de presión constante. El trabajo hecho y la transferencia de calor es para ser determinado.Suposiciones 1 Dióxido de carbono es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 547.5 R y 1071 psia. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

ke ≅ pe ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes en temperatura de habitación pueden ser utilizados para CO2.

Propiedades Las propiedades de CO2 en temperatura de habitación es R = 0.04513 Btu/lbm⋅R y c v = 0.158Btu/lbm⋅R (Mesa Un-2Eun).Análisis tomamosCO 2 cuando el sistema. Esto es un sistema cerrado desde entonces masade núm. cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para esteEl sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema CO214243 14243

QTransferencia de energía neta Cambio en interno, kinetic, 15 psia

Por calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energías80°FQ

En

−Wb,fuera

=

U = mcv (T2 − T1 )Utilizando la relación de trabajo de la frontera para el proceso isobárico de un gas ideal da

wb,fuera de = P(v 2 −v1 ) = R(T2 − T1 ) = (0.04513 Btu/lbm ⋅ R)(200 − 80)R = 5.416 Btu/lbm

Sustituyendo a ecuación de equilibrio de la energía,

qEn = wb,fuera de + cv (T2 − T1 ) = 5.416 Btu/lbm + (0.158 Btu/lbm⋅ R)(200 − 80)R = 24.38 Btu/lbm

4-54

4-76 Helio contenido en una primavera-pistón cargado-dispositivo de cilindro está calentado. El trabajo hecho y la transferencia de calor es para ser determinado.

Suposiciones 1 Helio es un gas ideal desde entonces es en un pariente de temperatura alto a su temperatura crítica de 5.3 K. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes, ke ≅ pe ≅ 0 .

Propiedades Las propiedades de helio son R = 2.0769kJ/kg⋅K y c v = 3.1156 kJ/kg⋅K (Mesa Un-2un).

Análisis tomamos helio como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn


P(KPA)

2800

El inicial y los volúmenes concretos finales son 100

mRT (5 kg)(2.0769 kPa ⋅ m3 /kg ⋅ K)(293 K)= 30.427 m3

V1 = 1 =

100 kPaP

1

V 2 =

mRT2=

(5 kg)(2.0769 kPa ⋅ m3 /kg ⋅ K)(160 + 273 K)= 5.621 m

3

P2

1 V (m3)

Cambios de presión linearly con volumen y el trabajo hecho es igual al área bajo la línea de proceso 1-2:W


(V 2 −V1 )2

1 kJ(100 + 800)kPa= (5.621− 30.427)m 3

2 1 kPa ⋅ m 3

= −11,163 kJ

Así,

Wb,en = 11.163 kJ

Utilizando la ecuación de equilibrio de la energía,

QEn = Wb,fuera de + mcv (T2 − T1 ) = −11,163 kJ + (5 kg)(3.1156 kJ/kg ⋅ K)(160 − 20)K = −8982 kJ

Así,

QFuera = 8982 kJ


4-55

4-77 Un pistón-dispositivo de cilindro contiene aire. Un paddle la rueda suministra una cantidad dada de trabajar al aire. La transferencia de calor es para ser determinado.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 132.5 K y 3.77 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,



EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243


Wpw,en

−Wb,fuera de −

Qfuera = U = mcv (T2 − T1 ) Aire

Wpw,en

−Wb,fuera de −

Qfuera = 0 (Desde T 1 = T2 ) 500 kPa Q

QFuera

= W

pw,en −W

b,fuera27°C

El inicial y los volúmenes concretos finales sonWpw

RT (0.287 kPa ⋅ m3 /kg ⋅ K)(300 K)

= 0.1722 m3v 1 =

1

= /Kg

500 kPaP

1

v 2 = 3v 1 = 3(0.1722) = 0.5166 m3 /kg

Utilizando la relación de trabajo de la frontera para el proceso isobárico de un gas ideal da

wb,fuera de = P(v 2 −v1 ) = (500 kPa)(0.5166 − 0.1722)m3 /kg = 172.2 kJ/kg

Sustituyendo a la ecuación de equilibrio de la energía da

qFuera de = wpw,en − wb,fuera = 50 −172.2 = −122.2 kJ/kg

La señal negativa muestra que el calor es de hecho transferido al aire. Así,

qEn = 122.2 kJ/kg

4-56

4-78 Un cilindro equipado con un conjunto de parones para el pistón para descansar encima es inicialmente llenado con gas de helio en un estado especificado. La cantidad de calentar aquello tiene que ser transferido para levantar el pistón es para ser determinado.

Suposiciones 1 Helio es un gas ideal con calores concretos constantes. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes, ke ≅ pe ≅ 0 . 3 hay ninguno interacciones de trabajo implicó. 4 La energía térmicaAlmacenado en el cilindro él es insignificante.

Propiedades El calor concreto del helio en temperatura de habitación es c v = 3.1156 kJ/kg.K (Mesa Un-2).

Análisis tomamos el gas de helio en el cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza la frontera del sistema. El equilibrio de energía para este volumen constante el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn = U = m(u2 − u1 )

QEn = m(u2 − u1 ) = mcv (T2 − T1 )

La temperatura final de helio puede ser determinada de la relación gasista ideal para ser

P1V = P2V → T2

= P2 T =500 kPa (298 K) = 1490 K

T1 T2 P11

100 kPaSustituyendo a la relación de equilibrio de la energía da

QEn = (0.5 kg)(3.1156 kJ/kg⋅K)(1490 - 298)K = 1857 kJ

500 kPa

Él 100 kPa

25°C Q

4-57

4-79 Un cilindro es inicialmente llenado con aire en un estado especificado. El aire está calentado eléctricamente en presión constante, y algún calor está perdido en el proceso. La cantidad de energía eléctrica suministró es para ser determinado.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 Aire es un gas ideal con calores concretos variables. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él y los cables de resistencia es insignificantes. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Propiedades Las entalpías iniciales y finales de aire son (Mesa Un-17)

h1 = h@ 298 K = 298.18 kJ / kg h2 =

h@ 350 K = 350.49 kJ / kg

Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema We14243 14243



We,en

− Q

fuera de −

Wb,fuera = U →We,en = m(h2 − h1) + Qfuera

AIREP = const.

Q

Desde U + Wb =

H Durante una presión constante quasi-proceso de equilibrio. Sustituyendo,

We,en = (15 kg)(350.49 - 298.18)kJ/kg + (60 kJ) = 845 kJO,

We,en =1 kWh

= 0.235 kWh(845kJ)

3600 kJSolución alternativa El calor concreto de aire en la temperatura mediana de T avg = (25+ 77)/2 = 51°C = 324 K es, de Someter Un-2b, cp,avg = 1.0065 kJ/kg.°C. Sustituyendo,

We,en = mcp (T2 − T1) + Qfuera = (15 kg)(1.0065 kJ/kg.°C)(77 − 25)°C + 60 kJ = 845 kJ

O,

1 kWh

We,en = (845 kJ) = 0.235 kWh

3600 kJNota de discusión que para diferencias de temperatura pequeña, ambas aproximaciones dan el mismo resultado.

4-58

4-80 Un insulated el cilindro inicialmente contiene CO2 en un estado especificado. ElCO 2 está calentado eléctricamente para 10 min en la presión constante hasta el volumen pliega. La corriente eléctrica es para ser determinado.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 El CO 2 es un gas ideal con calores concretos constantes. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él y los cables de resistencia es insignificantes. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Propiedades La constante gasista y masa molar de CO2 es R = 0.1889 kPa.m3/kg.K Y M = 44 kg/kmol (Mesa Un-1). El calor concreto de CO2 en la temperatura mediana de T avg = (300 + 600)/2 = 450 K es c

p,avg = 0.978 kJ/kg.°C (Mesa Un-2b).

Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema

14243 14243


Por calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energíasW

e,en −

W

b,fuera= UW

e,en= m(h2 − h1) ≅ mcp (T2 − T1)

Desde U + Wb =H Durante una presión constante quasi-

equilibrio

Proceso. La temperatura final de CO2 es We

P1V1 = P2V2 → T = P2 V2 T = 1× 2 × (300 K) = 600 K

T1 T22

P1 V11

La masa de CO2 esPV

1(200 kPa)(0.3 m3 )

m = 1 = = 1.059 kg

(0.1889 kPa ⋅ m3 /kg ⋅ K)(300 K)RT1Sustituyendo,

We,en = (1.059 kg)(0.978 kJ/kg.K)(600 - 300)K = 311 kJ

Entonces,W

e,en 311 kJ 1000 VAYo = = = 4.71 Un

V t (110V)(10× 60 s) 1 kJ/s

CO2 200 kPa

27°C

4-59

4-81 Un cilindro inicialmente contiene gas de nitrógeno en un estado especificado. El gas está comprimido polytropically hasta el volumen está reducido por uno-medio. El trabajo hecho y la transferencia de calor es para ser determinado.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 El N 2 es un gas ideal con calores concretos constantes. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Propiedades La constante gasista de N2 es R = 0.2968 kPa.m3/kg.K (Mesa Un-1). El c v valor de N2 en la temperatura mediana (369+300)/2 = 335 K es 0.744 kJ/kg.K (Mesa Un-2b).Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza la frontera de sistema. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



Wb,en

−

Qfuera = U = m(u2 − u1)

Wb,en

−

Qfuera = mcv (T2 − T1)

La presión final y la temperatura de nitrógeno es

1.3 1.3 V 1 1.3 1.3P2V 2 = P1V1 → P2 = P1 = 2 (100 kPa) = 246.2 kPaV

2

P1V1 = P2V 2 → T2

= P2 V 2 T =246.2 kPa × 0.5× (300 K) = 369.3 K

T1 T2 P1V

11

100 kPaEntonces el trabajo de frontera para este polytropic el proceso puede ser determinado de

W = − 2PdV = − P2V2 − P1V1 = − mR(T2 − T1)b,en ∫1 1 − n 1 − n

= − (0.8 kg)(0.2968 kJ/kg ⋅ K)(369.3 − 300)K = 54.8 kJ1 − 1.3

Sustituyendo al equilibrio de energía da

QFuera de = Wb,en − mcv (T2 − T1)

N2 100 kPa

27°C QPV1.3 = C

= 54.8 kJ − (0.8 kg)(0.744 kJ/kg.K)(369.3 − 360)K

= 13.6 kJ

4-60

4-82 EES Problema 4-81 está reconsiderado. El proceso es para ser plotted en unP -V esquema, y el efecto del polytropic exponente n en el trabajo de frontera y transferencia de calor como el polytropic el exponente varía de 1.1 a 1.6 es para ser investigado. El trabajo de frontera y la transferencia de calor son para ser plotted versus el polytropic exponente.Análisis El problema está solucionado utilizando EES, y la solución está dada abajo.

Trabajo de procedimiento(P[2],V[2],P[1],V[1],n:W12) Si n=1 entoncesW12=P[1]*V[1]*ln(V[2]/V[1]) Más W12=(P[2]*V[2]-P[1]*V[1])/(1-n) endif

Fin

"Dato de entrada"Vratio=0.5 "V[2]/V[1] = Vratio" n=1.3 "Polytropic exponente" P[1] = 100 [kPa]T[1] = (27+273) [K] m=0.8 [kg] MM=molarmass(nitrógeno) R_u=8.314 [kJ/kmol-K] R=R_u/MM V[1]=m*R*T[1]/P[1] "ecuaciones de Proceso" V[2]=Vratio*V[1]P[2]*V[2]/T[2]=P[1]*V[1]/T[1]"El combinado ley gasista ideal paraEstados 1 y 2 más el polytropic relación de proceso da P[2] y T[2]" P[2]*V[2]^n=P[1]*V[1]^n"Conservación de Energía para el sistema cerrado:""E_En - E_fuera de = DeltaE, desatendemos Delta KE y Delta PE para el sistema, el nitrógeno." Q12 - W12 = m*(u[2]-u[1])u[1]=intenergy(N2, T=T[1]) "energía interna para nitrógeno como un gas ideal, kJ/kg" u[2]=intenergy(N2, T=T[2])Trabajo de llamada(P[2],V[2],P[1],V[1],n:W12)"El siguiente está requerido para el P-v parcelas" {P_parcela*spv_parcela/T_parcela=P[1]*V[1]/m/T[1]"El combinado ley gasista ideal para estados 1 y 2 más el polytropic relación de proceso da P[2] y T[2]" P_parcela*spv_parcela^n=P[1]*(V[1]/m)^n}{spV_Parcela=R*T_parcela/P_parcela"[m^3]"}

n Q12 [kJ] W12 [kJ]1 -49.37 -49.371.111 -37 -51.321.222 -23.59 -53.381.333 -9.067 -55.541.444 6.685 -57.821.556 23.81 -60.231.667 42.48 -62.761.778 62.89 -65.431.889 85.27 -68.252 109.9 -71.23


4-61

Presión vs. volumen concreto cuando función de polytropic exponente1800 4500

1600n=1.0

4000

1400 3500n=1.31200 3000n=2

[KPA

]

1000 2500

Parc

ela

800 2000 P

Parc

ela 600 1500

400 1000P

200 500

0 00 0.2 0.4 0.6 0.8 1

spvParcela [m^3/kg]

125

90

[kJ] 55

Q12 20

-15

-501 1.2 1.4 1.6 1.8 2

n

-45

-50

[kJ]

-55

-60

W12

-65

-70

-751 1.2 1.4 1.6 1.8 2

n


4-62

4-83 está observado que la temperatura de aire en una habitación calentada por eléctrico baseboard los calentadores queda constantes incluso aunque el calentador opera continuamente cuándo las pérdidas de calor de la cantidad de habitación a 6500 kJ/h. El índice de poder del calentador es para ser determinado.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de -141°C y 3.77 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

ke ≅ pe ≅ 0 . 3 La temperatura de la habitación está dicha para quedar constante durante este proceso.

Análisis tomamos la habitación como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza la frontera del sistema. El equilibrio de energía para este sistema reduce a

EEn

− E

Fuera =E

Sistema HABITACIÓN14243 14243


QPor calor, trabajo, y masaPotencial, etc. energías TAire = const.

We,en

−

Qfuera = U = 0 →We,en

= Q

Fuera WeDesde U = mcv T = 0 para procesos isotermos de gases ideales. Así,

W&

=

Q&

1 kW

= (6500 kJ/h) = 1.81 kWe,en Fuera

3600 kJ/h

4-63

4-84 Un cilindro equipado con un conjunto de las parones para el pistón es inicialmente llenados con aire en un estado especificado. El calor está transferido al aire hasta el volumen plegó. El trabajo hecho por el aire y la cantidad de transferencia de calor es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un P-v esquema.

Suposiciones 1 Aire es un gas ideal con calores concretos variables. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes, ke ≅ pe ≅ 0 . 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 ElCompresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.

Propiedades La constante gasista de aire es R = 0.287 kPa.m3/kg.K (Mesa Un-1).

Análisis nos aireamos en el cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza la frontera del sistema. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243


Por calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energías 400 kPaQEn

−

Wb,fuera = U = m(u3 − u1)

QEn

= m(u3 − u1) +

Wb,fuera AIRE

El inicial y los volúmenes finales y la temperatura final de aire es200 kPa

QmRT (3 kg)(0.287 kPa ⋅ m 3 /kg ⋅ K)(300 K)

= 1.29 m3V1 =1

=P1 200 kPaV3 = 2V1 = 2×1.29 = 2.58 m3 PP1V1 = P3V 3 → T =

P3 V3 T =400 kPa × 2× (300 K) = 1200 K

T1

T3

3

P1

1

200 kPa 2 3V1Ningún trabajo está hecho durante proceso 1-2 desde entonces V1 = V2. La presiónConstante de restos durante proceso 2-3 y el trabajo hecho durante esteEl proceso es

1

Wb,fuera = ∫12PdV = P2 (V3 −V2 ) = (400 kPa)(2.58 − 1.29)m3 = 516 kJ v

El inicial y las energías internas finales de aire son (Mesa Un-17)

u1 = u@300 K = 214.07 kJ/kg

u3 = u@1200 K = 933.33 kJ/kg

Entonces del equilibrio de energía,

QEn = (3 kg)(933.33 - 214.07)kJ/kg + 516 kJ = 2674 kJ

Solución alternativa El calor concreto de aire en la temperatura mediana de T avg = (300 + 1200)/2 = 750 K es, de Someter Un-2b, cv,avg = 0.800 kJ/kg.K. Sustituyendo,

QEn = m(u3 − u1) + Wb,fuera de ≅ mcv (T3 − T1) + Wb,fuera

QEn = (3 kg)(0.800 kJ/kg.K)(1200 - 300) K + 516 kJ = 2676 kJ

4-64

4-85 [También solucionado por EES en cerrado CD] Un cilindro equipado con un conjunto de las parones en la parte superior es inicialmente llenados con aire en un estado especificado. El calor está transferido al aire hasta el pistón pega las parones, y entonces la presión pliega. El trabajo hecho por el aire y la cantidad de transferencia de calor es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un P-v esquema.

Suposiciones 1 Aire es un gas ideal con calores concretos variables. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes, ke ≅ pe ≅ 0 . 3 hay ninguno interacciones de trabajo implicó. 3 La energía térmica almacenada enEl cilindro él es insignificante.


Análisis nos aireamos en el cilindro para ser el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza la frontera del sistema. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =

E

Sistema14243 14243Transferencia de

energía neta Cambio en interno, kinetic,Por calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energías

QEn

−

Wb,fuera = U = m(u3 − u1)Q

En = m(u3 − u1) + Wb,fueraEl inicial y los volúmenes finales y la temperatura final de QEl aire está determinado de AIRE

(3 kg)(0.287 kPa ⋅ m3/kg ⋅ K)(300 K)V = mRT1 = = 1.29 m3 200 kPa1 P

1 200 kPaV

3= 2V = 2 ×1.29 = 2.58 m3

P1

P1V1 =P3V3 → T =P

3V

3 T = 400 kPa × 2 × (300 K) = 1200 K

T1 T33

P1 V11

200 kPa 3Ningún trabajo está hecho durante proceso 2-3 desde entonces V2 = V3. La presiónConstante de restos durante proceso 1-2 y el trabajo hecho durante esteEl proceso es

1 22v

Wb = ∫1 PdV = P2 (V 3 −V 2 )1 kJ

= (200 kPa)(2.58 − 1.29) m3 = 258 kJ3

1 kPa ⋅ mEl inicial y las energías internas finales de aire son (Mesa Un-17)

u1 = u@ 300 K = 214.07 kJ / kg u

2 = u@1200 K = 933.33 kJ / kg

Sustituyendo,

QEn = (3 kg)(933.33 - 214.07)kJ/kg + 258 kJ = 2416 kJ

Solución alternativa El calor concreto de aire en la temperatura mediana de T avg = (300 + 1200)/2 = 750 K es, de Someter Un-2b, cvavg = 0.800 kJ/kg.K. Sustituyendo

QEn = m(u3 − u1) + Wb,fuera de ≅ mcv (T3 − T1) + Wb,fuera

= (3 kg)(0.800 kJ/kg.K)(1200 − 300) K + 258 kJ = 2418 kJ


4-65

Análisis de Energía de Sistema cerrado: Sólidos y Líquidos

4-86 Un bloque de hierro está calentado. La energía interna y cambios de entalpía son para ser determinado para un cambio de temperatura dado.Hierro de suposiciones es un incompressible sustancia con un calor concreto constante.

Propiedades El calor concreto de hierro es 0.45 kJ/kg⋅K (Mesa Un-3b).

Análisis La energía interna y cambios de entalpía son iguales para un sólido. Entonces,

H = U = mc T = (1 kg)(0.45 kJ/kg ⋅ K)(80 − 20)K = 27 kJ

4-87E el agua Líquida experimenta un proceso de uno estatal a otro. La energía interna y cambios de entalpía son para ser determinado bajo suposiciones diferentes.Análisis (un) Utilizando las propiedades de mesas líquidas comprimidas

u1

≅ u f@ 50°F = 18.07 Btu/lbm (Mesa Un - 4E)

h1

= h

f @ 50°F +

v

f (P

−

P

sentado @ T )

= 18.07 Btu/lbm + (0.01602 ft 3 /lbm)(50 − 0.17812) psia = 18.87 Btu/lbm

P2 = 2000 psia u2 = 67.36 Btu/lbm(Mesa Un - 7E)

T2 = 100°F

h2 = 73.30 Btu/lbm

u = u2 − u1 = 67.36 −18.07 = 49.29 Btu/lbmh = h2 − h1 = 73.30 −18.87 = 54.43 Btu/lbm

(b) Utilizando incompressible aproximación de sustancia y mesas de propiedad (Mesa Un-4E),

u1 ≅ u f@ 50°F = 18.07 Btu/lbmh1 ≅ h f@ 50°F = 18.07 Btu/lbmu2 ≅ u f@ 100°F = 68.03 Btu/lbmh2 ≅ h f@ 100°F = 68.03 Btu/lbm

u = u2 − u1 = 68.03 −18.07 = 49.96 Btu/lbm

h = h2 − h1 = 68.03 −18.07 = 49.96 Btu/lbm

(c) Utilizando calores concretos y tomando el calor concreto de abrevar para ser 1.00 Btu/lbm⋅R (Mesa Un-3Eun),

h = u = c T = (1.00 Btu/lbm ⋅ R)(100 − 50)R = 50 Btu/lbm


4-66

4-88E Una persona sacude un canned de bebida en un iced agua para enfriarlo. La masa del hielo que fundirá por el tiempo el canned la bebida está enfriada a una temperatura especificada es para ser determinado.Suposiciones 1 Las propiedades térmicas de la bebida son constantes, y está tomado para ser el mismo tan aquellos de agua. 2 El efecto de agitación en la cantidad del hielo que funde es insignificante. 3 La capacidad de energía térmica del se puede es insignificante, y por ello no necesita para ser considerado en el análisis.

Propiedades La densidad y calor concreto de agua en la temperatura mediana de (75+45)/2 = 60°F es ρ = 62.3 lbm/ft3, y c p = 1.0 Btu/lbm.°F (Mesa Un-3E). El calor de la fusión de agua es 143.5 Btu/lbm.Análisis tomamos un canned bebida como el sistema. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243


ColaPor calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energías

−

QFuera =

U canned Bebida = m(u2 − u1 )→ Qfuera = mc(T1 − T2 ) 75°F

Notando que 1 gal = 128 oz y 1 ft3 = 7.48 gal = 957.5 oz, elCantidad total de transferencia de calor de

una pelota es

3 1 ft 3 1 galm = ρV = (62.3 lbm/ft )(12 oz/lata) = 0.781 lbm/lata

7.48 gal 128 fluido oz

QFuera de = mc(T1 − T2 ) = (0.781 lbm/lata)(1.0 Btu/lbm.°F)(75 − 45)°F = 23.4 Btu/lata

Notando que el calor de la fusión de agua es 143.5 Btu/lbm, la cantidad de hielo que fundirá para enfriar la bebida es

mHielo

=

Q

Fuera

=

23.4 Btu/lata

= 0.163 lbm(Por puede de bebida)h

Si 143.5 Btu/lbmDesde entonces transferencia de calor al hielo tiene que ser igual de calentar transferencia del puede.

Discusión La cantidad real de hielo fundió será más grande desde entonces la agitación también causará algún hielo para fundir.

4-67

4- 89 Un hierro cuyo plato de base está hecho de una aleación de aluminio está girada encima. El tiempo mínimo para el plato para lograr una temperatura especificada es para ser determinado.Suposiciones 1 está dado que 85 por ciento del calor generado en los cables de resistencia está transferido al plato. 2 Las propiedades térmicas del plato son constantes. 3 pérdida de Calor del plato durante calentar está desatendido desde el tiempo de calefacción mínimo es para ser determinado. 4 no hay ningún cambio en kinetic y energías potenciales. 5 El plato es en una temperatura uniforme al final del proceso.Propiedades La densidad y el calor concreto del plato de aleación del aluminio está dado para ser ρ = 2770 kg/m3 y c p = 875 kJ/kg.°C.

Análisis La masa del plato de base del hierro es

m = ρV = ρLA = (2770 kg/m3 )(0.005 m)(0.03 m 2 ) = 0.4155 kg

Notando que sólo 85 por ciento del calor generaron está transferido al plato, el índice de transferencia de calor al plato de base del hierro es

Q&

En = 085. × 1000 W = 850 WTomamos plato para ser el sistema. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema HIERRO14243 14243Transferencia de energía

neta Cambio en interno, kinetic, 1000 WPor calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energías

QEn =

&t = mc(T2 − T1 )U Plato = m(u2 − u1 ) → Qen

Solucionando para t y sustituyendo,

t =

mc TPlato

=(0.4155 kg)(875 J/kg.°C)(140 − 22)°C

= 50.5 s&

850 J/sQ

En

Cuál es el tiempo requerido para la temperatura de plato para lograr la temperatura especificada.

Aire

22°C

4-68

4-90 acero Inoxidable pelota bearings dejando el horno en una temperatura uniforme especificada en un índice especificado está expuesta para airear y está enfriado antes de que están caídos al agua para quenching. El índice de transferencia de calor de la pelota que aguanta al aire es para ser determinado.Suposiciones 1 Las propiedades térmicas de las pelotas de aguantar son constantes. 2 El kinetic y cambios de energía potencial de las pelotas son insignificantes. 3 Las pelotas son en una temperatura uniforme al final del procesoPropiedades La densidad y calor concreto de la pelota bearings está dado para ser ρ = 8085 kg/m3 y c p = 0.480 kJ/kg.°C.Análisis tomamos un solos aguantando pelotaCuando el sistema. El equilibrio de energía para

FurnaceEsto el sistema cerrado puede ser expresado cuando Agua, 25°CE

En −

E

fuera =E

Sistema Pelotas de acero, 900°C14243 14243



− Q

Fuera = UPelota = m(u2 − u1)Q

Fuera = mc(T1 − T2 )La cantidad total de transferencia de calor de una pelota es

m = ρV = ρ π D 3 = (8085 kg/m 3 ) π (0.012 m) 3 = 0.007315 kg6 6

QFuera de = mc(T1 − T2 ) = (0.007315 kg)(0.480 kJ/kg.°C)(900 − 850)°C = 0.1756 kJ/pelota

Entonces el índice de transferencia de calor de las pelotas al aire deviene

Q&

Total = n&pelotaQfuera (por pelota) = (800 pelotas/min)× (0.1756 kJ/pelota) = 140.5 kJ/min = 2.34 kW

Por tanto, el calor está perdido al aire a razón de 2.34 kW.

4-69

4- 91 acero de Carbono las pelotas son para ser annealed a razón de 2500/h por calentarles primero y entonces dejándoles para enfriar despacio en aire ambiental en un índice especificado. El índice total de transferencia de calor de las pelotas al aire ambiental es para ser determinados.Suposiciones 1 Las propiedades térmicas de las pelotas son constantes. 2 no hay ningún cambio en kinetic y energías potenciales. 3 Las pelotas son en una temperatura uniforme al final del procesoPropiedades La densidad y el calor concreto de las pelotas está dado para ser ρ = 7833 kg/m3 y c

p = 0.465 kJ/kg.°C.

Análisis tomamos una pelota sola como elFurnaceSistema. El equilibrio de energía para este

El sistema cerrado puede ser expresado cuando

Aire, 35°C

Pelotas de acero, 900°CEEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



−QFuera de = Upelota = m(u2 − u1)QFuera de = mc(T1 − T2 )

(b) La cantidad de transferencia de calor de una pelota sola es

m = ρV = ρ π D 3 = (7833 kg/m 3 ) π (0.008 m) 3 = 0.00210 kg6 6

QFuera de = mcp (T1 − T2 ) = (0.0021 kg)(0.465 kJ/kg.°C)(900 −100)°C = 0.781 kJ (por pelota)

Entonces el índice total de transferencia de calor de las pelotas al aire ambiental deviene

Q&

Fuera de = n&pelotaQfuera = (2500 pelotas/h) × (0.781 kJ/pelota) = 1,953 kJ/h = 542 W

4-70

4-92 Un dispositivo electrónico es encima para 5 minutos, y fuera para varias horas. La temperatura del dispositivo al final del 5-min el periodo operativo es para ser determinado para los casos de operación con y sin un fregadero de calor.Suposiciones 1 El dispositivo y el fregadero de calor son isotermos. 2 Las propiedades térmicas del dispositivo y del fregadero es constante. 3 pérdida de Calor del dispositivo durante puntualmente está desatendido desde la temperatura posible más alta es para ser determinado.Propiedades El calor concreto del dispositivo está dado para serc p = 850 J/kg.°C. El calor concreto de aluminio en temperatura de habitación de 300 K es 902 J/kg.°C (Mesa Un-3).Análisis tomamos el dispositivo para ser el sistema. Notando que la energía eléctrica está suministrada, el equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



We,en =

UDispositivo = m(u2 −

u1)

W&

e,en t = mc(T2 − T1)Sustituyendo, la temperatura del dispositivo al final del proceso está determinado para ser

Dispositivo electrónico, 25°C

(30 J / s)(5 × 60 s) = (0.020 kg)(850 J / kg.° C)(T2 − 25)° C → T2 = 554° C (sin el fregadero de calor)

Caso 2 Cuándo un fregadero de calor está sujetado, el equilibrio de energía puede ser expresado cuando

We,en

= U

dispositivo +

UFregadero

de calorW

& t = mc(T − T )Dispositivo

+ mc(T − T )Fregadero de calore,en 21 21

Sustituyendo, la temperatura del dispositivo-combinación de fregadero del calor está determinada para ser

(30 J/s)(5× 60 s) = (0.020 kg)(850 J/kg.°C)(T2 − 25)°C + (0.200 kg)(902 J/kg.°C)(T2 −

25)°C T2 = 70.6°C (con fregadero de calor)

Discusión Estos son las temperaturas máximas . En realidad, las temperaturas serán más bajas debido a las pérdidas de calor al entorno.

4-71

4-93 EES Problema 4-92 está reconsiderado. El efecto de la masa del fregadero de calor en la temperatura de dispositivo máxima como la masa de fregadero de calor varía de 0 kg a 1 kg es para ser investigado. La temperatura máxima es para ser plotted contra la masa de fregadero de calor.Análisis El problema está solucionado utilizando EES, y la solución está dada abajo.

"Knowns:""T_1 es la temperatura máxima del dispositivo" Q_punto_fuera = 30 [W]m_Dispositivo=20 [g] Cp_ dispositivo=850 [J/kg-C] Un=5 [cm^2]DELTAt=5 [min] T_amb=25 [C] {m_fregadero=0.2 [kg]}"Cp_al Tomado de Someter Un-3(b) en 300K" Cp_al=0.902 [kJ/kg-C]T_2=T_amb

"Solución:""El dispositivo sin el fregadero de calor está considerado para ser un sistema cerrado." "Conservación de Energía para el sistema cerrado:""E_Punto_en - E_punto_fuera de = DELTAE_punto, desatendemos DELTA KE y DELTA PE para el sistema, el dispositivo."E_Punto_en - E_punto_fuera de = DELTAE_punto E_punto_en =0E_Punto_fuera de = Q_punto_fuera"Uso la aproximación material sólida para encontrar el cambio de energía del dispositivo."DELTAE_Punto= m_el dispositivo*convierte(g,kg)*Cp_dispositivo*(T_2-T_1_dispositivo)/(DELTAt*convierte(min,s)) "El dispositivo con el fregadero de calor está considerado para ser un sistema cerrado.""Conservación de Energía para el sistema cerrado:""E_Punto_en - E_punto_fuera de = DELTAE_punto, desatendemos DELTA KE y DELTA PE para el dispositivo con el fregadero de calor."E_Punto_en - E_punto_fuera de = DELTAE_el punto_combinó"Uso la aproximación material sólida para encontrar el cambio de energía del dispositivo." DELTAE_El punto_combinado= (m_el dispositivo*convierte(g,kg)*Cp_dispositivo*(T_2-T_1_fregadero&de dispositivo)+m_fregadero*Cp_al*(T_2-T_1_fregadero&de dispositivo)*convierte(kJ,J))/(DELTAt*convierte(min,s))

mFregadero

T1,fregadero&de

dispositivo

[Kg] [C]0 554.40.1 1090.2 70.590.3 56.290.4 48.820.5 44.230.6 41.120.7 38.880.8 37.190.9 35.861 34.79

600

[C] 500

400

1,fre

gade

ro&

de d

ispo

sitiv

o

300

200

100T

00.2 0.4 0.6 0.8 10

mFregadero [Kg]

4-72

4- 94 Un huevo está caído a hervir agua. La cantidad de transferencia de calor al huevo por el tiempo está cocinado es para ser determinado.Suposiciones 1 El huevo es esférico en forma con un radio de r 0 = 2.75 cm. 2 Las propiedades térmicas del huevo son constantes. 3 absorción de Energía o liberar asociado con cualquier químico y/o cambios de fase dentro del huevo es insignificantes. 4 no hay ningún cambio en kinetic y energías potenciales.Propiedades La densidad y el calor concreto del huevo está dado para ser ρ = 1020 kg/m3 y c p = 3.32 kJ/kg.°C.

Análisis tomamos el huevo como el sistema. Esto es un cierra el sistema desde ninguna masa introduce o deja el huevo. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn =

UHuevo = m(u2 − u1) = mc(T2 −

T1)Entonces la masa del huevo y la cantidad de transferencia de calor devenida

m = ρV = ρ π D 3 = (1020 kg/m 3 )π (0.055 m) 3 = 0.0889 kg

6 6QEn = mcp (T2 − T1) = (0.0889 kg)(3.32 kJ/kg.°C)(80 − 8)°C = 21.2 kJ

HirviendoAgua

Huevo8°C

4-95E platos de latón Grande están calentados en un horno a razón de 300/min. El índice de transferencia de calor a los platos en el horno es para ser determinados.Suposiciones 1 Las propiedades térmicas de los platos son constantes. 2 Los cambios en kinetic y las energías potenciales son insignificantes.Propiedades La densidad y el calor concreto del latón está dado para ser ρ = 532.5 lbm/ft3 y c p = 0.091 Btu/lbm.°F.

Análisis tomamos el plato para ser el sistema. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn = UPlato = m(u2 − u1) = mc(T2 − T1)

Platos75°F

La masa de cada plato y la cantidad de transferencia de calor a cada plato es

m = ρV = ρLA = (532.5 lbm/ft3 )[(1.2 /12 ft)(2 ft)(2 ft)] = 213 lbm

QEn = mc(T2 − T1) = (213 lbm/plato)(0.091 Btu/lbm.°F)(1000 − 75)°F = 17,930 Btu/plato

Entonces el índice total de transferencia de calor a los platos deviene

Q&

Total = n&platoQen, por plato = (300 platos/min) × (17,930 Btu/plato) = 5,379,000 Btu/min = 89,650 Btu/s

4-73

4- 96 acero cilíndrico Largo las varillas son calor -tratados en un horno. El índice de transferencia de calor a las varillas en el horno es para ser determinados.Suposiciones 1 Las propiedades térmicas de las varillas son constantes. 2 Los cambios en kinetic y las energías potenciales son insignificantes.Propiedades La densidad y el calor concreto de las varillas de acero está dado para ser ρ = 7833 kg/m3

y c p = 0.465 kJ/kg.°C.

El análisis que Nota que las varillas introducen el horno en una velocidad de 3 m/min y salida en la misma velocidad, podemos decir que un 3-m la sección larga de la varilla está calentada en el horno en 1 min. Entonces la masa de la varilla calentada en 1 minuto es

m = ρV = ρLA = ρL(πD 2 / 4) = (7833 kg/m3 )(3 m)[π

Tomamos el 3-m sección de la varilla en el horno como el sistema. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn =

UVarilla = m(u2 − u1) = mc(T2 −

T1)Sustituyendo,

(0.1 m) 2 / 4] = 184.6 kg

Horno, 900°C

Varilla de acero, 30°C

QEn = mc(T2 − T1) = (184.6 kg)(0.465 kJ/kg.°C)(700 − 30)°C = 57,512 kJ

Notando que este mucho calor está transferido en 1 min, el índice de transferencia de calor a la varilla deviene

Q&

En = Qen / t = (57,512 kJ)/(1 min) = 57,512 kJ/min = 958.5 kW

4-74

Tema especial: Sistemas Biológicos

4-97C Metabolismo refiere a la actividad química en las células asoció con el quemando de comidas. El índice metabólico basal es el índice de metabolismo de una persona de descansar, el cual es 84 W para un hombre mediano.

4-98C La energía liberada durante el metabolismo en humanos suele mantener la temperatura de cuerpo en 37°C.

4-99C La comida comemos no es enteramente metabolized en el cuerpo humano. La fracción de metabolizable contenidos de energía son 95.5% para carbohidratos, 77.5% para proteínas, y 97.7% para grasas. Por tanto, el metabolizable contenido de energía de una comida no es igual como la energía liberada cuándo está quemado en un calorímetro de bomba.

4-100C Sí. Cada cuerpo rehusa el calor generado durante metabolismo, y así sirve como punto de calor. Para un macho de adulto mediano varía de 84 W en descansar a encima 1000 W durante actividad física pesada. Las aulas están diseñadas para un número grande de ocupantes, y por ello el calor total disipado por los ocupantes tienen que ser considerados en el diseño de calentar y enfriando sistemas de aulas.

4-101C 1 kg de grasa natural contiene casi 8 tiempo el metabolizable energía de 1 kg de carbohidratos naturales. Por tanto, una persona quién llena su estómago con carbohidratos satisfará su hambre sin consumir demasiadas calorías.

4-102 Seis personas son danza rápida en una habitación, y hay un calentador de resistencia en otra habitación idéntica. La habitación que calentará arriba de más rápido es para ser determinado.Suposiciones 1 Las habitaciones son idénticas en cada otro aspecto. 2 Medio del calor disipado por las personas es en forma sensata. 3 Las personas son de medida mediana.Propiedades Una persona de danza rápida mediana disipa 600 Cal/h de energía (sensato y latente) (Mesa

4-2). Análisis Tres pares disiparán

E = (6 personas)(600 Cal/h.Persona)(4.1868 kJ/Cal) =15,072 kJ/h = 4190 W

De energía. (Sobre medio de este es calor sensato). Por tanto, la habitación con las personas que bailan abrigará mucho más rápido que la habitación con un 2-kW calentador de resistencia.

4-75

4-103 Dos hombres son idénticos exceptúa un jogs para 30 min mientras la otra televisión de relojes. La diferencia de peso entre estas dos personas en un mes es para ser determinados.Suposiciones Las dos personas tienen índices de metabolismo idéntico, y es idéntico en cada otro aspecto.

Propiedades Una media persona de 68 kg consume 540 Cal/h mientras jogging, y 72 Cal/h mientras mirando televisión (Mesa 4-2).Análisis Una persona de 80 kg quién jogs 0.5 h un día haber jogged un total de 15 h un mes, y consumirá

4.1868 kJ 80 kgEConsumido = [(540 − 72) Cal/h](15 h) = 34,578 kJ

1 Cal 68 kg

Más calorías que la persona que mira televisión. El metabolizable contenido de energía de 1 kg de gordo es 33,100 kJ. Por tanto, la diferencia de peso entre estas dos personas en 1-el mes será

mGrasa

=

EConsumió

=

34,578 kJ

= 1.045 kgContenido de energía de gordo 33,100 kJ/kg

4-104 Una aula tiene 30 estudiantes, cada disipando 100 W de calor sensato. Es para ser determinado si es necesario de girar el calentador encima en la habitación para evitar que enfría de la habitación.Propiedades Cada persona está dicha para ser perdiendo calor sensato al aire de habitación

a razón de 100 W. Análisis tomamos la habitación está perdiendo calor al al aire libre a

razón de

& 1 h = 5.56 kWQPérdida = (20,000 kJ/h)

3600 sEl índice de beneficio de calor sensato del alumnado es

Q&

Beneficio = (100 W/estudiantil)(30 alumnado) = 3000 W = 3 kW

Cuál es menos del índice de pérdida de calor de la habitación. Por tanto, es necesario de girar el calentador encima para impedir la temperatura de habitación de caer.

4-76

4-105 Un bicycling la mujer es para conocer sus necesidades de energía enteras por comer caramelo de 30 g barras. El número de barras de caramelo necesita comer a bicicleta para 1-h es para ser determinado.Suposiciones La mujer conoce sus necesidades de caloría enteras de barras de caramelo mientras bicycling.

Propiedades Una media persona de 68 kg consume 639 Cal/h mientras bicycling, y el contenido de energía de un caramelo de 20 g la barra es 105 Cal (Mesas 4-1 y 4-2).El análisis que Nota que un caramelo de 20 g la barra contiene 105 Calorías de metabolizable energía, un caramelo de 30 g la barra contendrá

30 gECaramelo = (105 Cal) = 157.5 Cal

20 gDe energía. Si esta mujer es para conocer sus necesidades de energía enteras por comer caramelo de 30 g barras, necesite comer

= 639Cal/h

≅

NCaramelo157.5Cal

4candybars/h

4-106 Un hombre de 55 kg come 1-L de helado. La longitud de cronometrar estas necesidades de hombre a jog para quemar de estas calorías es para ser determinados.Suposiciones El hombre conoce sus necesidades de caloría enteras del helado mientras jogging.

Propiedades Una media persona de 68 kg consume 540 Cal/h mientras jogging, y el contenido de energía de un 100-ml del helado es 110 Cal (Mesas 4-1 y 4-2).Análisis El índice de consumo de energía de una persona de 55 kg mientras jogging es

& 55 kgEConsumido = (540 Cal/h)

68 kg= 437 Cal/h

Notando que un 100-ml sirviendo del helado tiene 110 Cal de metabolizable energía, una caja de 1 litros de helado tendrá 1100 Calorías. Por tanto, tome

t =1100 Cal

= 2.5 h437 Cal / h

De jogging para quemar de las calorías del helado.

4-77

4-107 Un hombre con 20- kg de grasa de cuerpo continúa en una huelga de hambre. El número de días este hombre puede sobrevivir en la grasa de cuerpo sólo es para ser determinado.Suposiciones 1 La persona es un mediano macho quién queda en descansar posición en todo momento. 2 El hombre conoce sus necesidades de caloría enteras de la grasa de cuerpo sólo.Propiedades El metabolizable contenido de energía de gordo es 33,100 Cal/kg. Un mediano descansando calorías de quemaduras de la persona a razón de 72 Cal/h (Mesa 4-2).Análisis El metabolizable contenido de energía de 20 kg de grasa

de cuerpo es E grasa = (33,100 kJ/kg)(20 kg) = 662,000

kJ

La persona consumirá

4.1868 kJEConsumido = (72 Cal/h)(24 h) = 7235 kJ/día

1 Cal

Por tanto, esta persona puede sobrevivir

t =662,000 kJ

= 91.5 días7235 kJ / día

En su grasa de cuerpo sólo. Este resultado no está sorprendiendo desde las personas son sabidas de sobrevivir encima 100 días sin cualquier alimentarios intake.

4-108 Dos mujeres de 50 kg son idénticas exceptúa uno le come patata cocida con 4 cucharillas de mantequilla mientras el otro come el suyo sencillo cada anochecer. La diferencia de peso entre esta dos mujer en un año es para ser determinado.Suposiciones 1 Estos dos personas tienen índices de metabolismo idéntico, y es idéntico en cada otro aspecto. 2 Todas las calorías de la mantequilla están convertidas a grasa de cuerpo.Propiedades El metabolizable contenido de energía de 1 kg de grasa de cuerpo es 33,100 kJ. El metabolizable contenido de energía de 1 cucharilla de mantequilla es 35 Calorías (Mesa 4-1).Análisis Una persona quién come 4 cucharillas de mantequilla un día consumirá

365 díasEConsumido = (35 Cal/cucharilla)(4 día/de cucharillas) = 51,100 Cal/año

1 año

Por tanto, la mujer quién come su patata con mantequilla obtendrá

51,100 Cal 4.1868 kJm

Grasa = = 6.5 kg

1 Cal33,100 kJ/kgDe grasa de cuerpo adicional que año.

4-78

4-109 Unos cambios de mujer de 1-L de regulares cola un día a dieta cola y 2 trozos de pastel de manzana. Es para ser determinado si ahora está consumiendo más o menos calorías.Propiedades El metabolizable contenidos de energía son 300 Cal para un trozo de pastel de manzana, 87 Cal para un 200-ml regular cola, y 0 para la bebida de dieta (Mesa 4-3).Análisis Los contenidos de energía de 2 trozos de pastel de manzana y 1-L de cola es

EPastel = 2 × (300 Cal) = 600 Cal

Ecola = 5 × (87 Cal) = 435 Cal

Por tanto, la mujer ahora está consumiendo más calorías.

4-110 Una persona bebe un 12-oz cerveza, y entonces ejercicios en un treadmill. El tiempo tome para quemar las calorías de un 12-oz puede de cerveza regular y ligera es para ser determinado.Suposiciones Las bebidas son completamente metabolized por el cuerpo.

Propiedades El metabolizable contenidos de energía de cerveza regular y ligera son 150 y 100 Cal, respectivamente. Ejercitando en un treadmill calorías de quemaduras en un índice mediano de 700 Cal/h (dado).Análisis El tiempo de ejercitar tome para quemar fuera calorías de cerveza está determinada directamente de

(Un) cerveza Regular:

tCerveza

regular =

150 Cal

= 0.214 h = 12.9 min700 Cal/h

(b) Cerveza ligera:

tCerveza

ligera =

100 Cal

= 0.143 h = 8.6 min700 Cal/h

4-111 Una persona tiene una bebida alcohólica, y entonces ejercicios en una cruz-máquina de esquí del país. El tiempo tome para quemar las calorías es para ser determinados para los casos de beber un sangriento mary y un martini.Suposiciones Las bebidas son completamente metabolized por el cuerpo.

Propiedades El metabolizable contenidos de energía de sangrientos mary y martini es 116 y 156 Cal, respectivamente. Ejercitando en una cruz-quemaduras de máquina de esquí de país calorías en un índice mediano de 600 Cal/h (dado).Análisis El tiempo de ejercitar tome para quemar fuera calorías de cerveza está determinada directamente de

(Un) Sangriento mary:

tMary sangrienta

=

116 Cal

= 0.193 h = 11.6 min600 Cal / h

(b) Martini:tmartini

= 156 Cal= 0.26 h = 15.6 min600 Cal / h

4-79

4-112E Un hombre y una mujer almorzan en Burger Rey, y entonces nieve de pala. El tiempo de palear tome para quemar de las calorías de comida es para ser determinados para ambos.Suposiciones El alimentarios intake durante la comida es completamente metabolized por el cuerpo.

Propiedades El metabolizable contenidos de energía de comidas diferentes son tan dados en la declaración de problema. Paleando calorías de quemaduras de la nieve a razón de 360 Cal/h para la mujer y 480 Cal/h para el hombre (dado).Análisis Las calorías totales consumieron durante comida y el tiempo tome para quemarles está determinado para ambos el hombre y mujer como sigue:Hombre: calorías de Comida = 720+400+225 = 1345 Cal.

Paleando tiempo: tpaleando, hombre =

1345 Cal= 2.80 h480 Cal / h

Mujer: calorías de Comida = 330+400+0 = 730 Cal.

Paleando tiempo: tpaleando, mujer =730 Cal

= 2.03 h360 Cal / h

4-113 Dos amigos tienen índices metabólicos idénticos y dirigir vidas idénticas, exceptúa tienen comidas diferentes. La diferencia de peso entre estos dos amigos en un año es para ser determinados.Suposiciones 1 La dieta y hábitos de ejercicio de las personas quedan el mismo otro que las cartas de comida. 2 Todas las calorías sobrantes de la comida están convertidas a grasa de cuerpo.Propiedades El metabolizable contenido de energía de grasa de cuerpo es 33,100 Cal/kg (texto). El metabolizable contenidos de energía de comidas diferentes están dados en declaración de problema.Análisis La persona quién tiene el doble whopper el emparedado consume 1600 – 800 = 800 Cal más todos los días. La diferencia en calorías consumió por el año deviene

Diferencia de consumo de la caloría = (800 Cal/día)(365 año/de días) = 292,000 Cal/año

Por tanto, suponiendo todas las calorías sobrantes para ser convertidos a grasa de cuerpo, la diferencia de peso entre las dos personas después de que 1 año será

Caloría intake diferenciaE

intake 292,000 Cal/yr 4.1868 kJDiferencia de peso = = = = 36.9 kg/yr

Enegy Contenido de gordo e 33,100 kJ/kg 1 Cal

GordoO aproximadamente 80 libras de grasa de cuerpo por año.

4-80

4-114E Una persona come cena en un rápido-restaurante alimentario. El tiempo tome para esta persona para quemar de las calorías de cena por subir la escalera es para ser determinado.Suposiciones El alimentarios intake de la cena es completamente metabolized por el cuerpo.

Propiedades El metabolizable contenidos de energía son 270 Cal para regulares asa ternera, 410 Cal para grande asa ternera, y 150 Cal para la bebida. Subiendo la escalera quema calorías a razón de 400 Cal/h (dados).Análisis Las calorías totales consumieron durante cena y el tiempo tome para quemarles por subir la escalera está determinada para ser

Calorías de cena = 270+410+150 = 830 Cal.

Tiempo de escalada del peldaño: t =

830 Cal= 2.08 h

400 Cal / h

4-115 Tres personas tienen comidas diferentes. La persona quién consumió el más las calorías de comida es para ser determinados.Propiedades El metabolizable contenidos de energía de comidas diferentes son 530 Cal para el Grandes Mac, 640 Cal para el whopper, 350 Cal para papas fritas, y 5 para cada oliva (dado).Análisis Las calorías totales consumieron por cada persona durante

comida es: Persona 1: calorías de Comida = 530 Cal

Persona 2: calorías de Comida = 640 Cal

Persona 3: calorías de Comida = 350+5×50 = 600 Cal Por

tanto, la persona con el Whopper consumirá el más calorías.

4-81

4-116 Un hombre de 100 kg decide perder 5 kg por ejercitar sin reducir su caloría intake. El número de días tome para este hombre para perder 5 kg es para ser determinado.Suposiciones 1 La dieta y hábitos de ejercicio de la persona quedan igual otro que el programa de ejercicio diario nuevo. 2 La deficiencia de caloría entera está conocida por grasa de cuerpo en llamas.Propiedades El metabolizable contenido de energía de grasa de cuerpo es 33,100 Cal/kg (texto).

Análisis La energía consumida por una media adulto de 68 kg durante que nada rápido, danza rápida, jogging, biking, y relajando es 860, 600, 540, 639, y 72 Cal/h, respectivamente (Mesa 4-2). El consumo de energía diario de este hombre de 100 kg es

100 kg[(860 + 600 + 540 + 639 Cal/h)(1h) + (72 Cal/h)(20 h)] = 5999 Cal

68 kg

Por tanto, esta persona quema 5999-3000 = 2999 más las calorías que él toma en, el cual corresponde a

2999 Cal 4.1868 kJm

Grasa = = 0.379 kg

1 Cal33,100 kJ/kgDe grasa de cuerpo por día. Por ello tome sólo

5 kg

t = 0.379 kg = 13.2 días

Para este hombre para perder 5 kg.

4-117E La gama del peso sano para adultos es normalmente expresado en plazos del índice de masa del cuerpo (BMI)En SI unidades como BMI =

W(Kg) . Esta fórmula es para ser convertido a unidades inglesas tal que el peso es en

H 2 (m2 )Libras y la altura en pulgadas.

El análisis que Nota que 1 kg = 2.2 lbm y 1 m =39.37 en, el peso en lbm tiene que ser dividido por 2.2 para convertirlo a kg, y la altura en pulgadas tiene que ser dividida por 39.37 para convertirlo a m antes de insertarles a la fórmula. Por tanto,

BMI = W(Kg) = W(lbm) / 2.2 = 705W(lbm)

H 2 (en2 ) / (39.37)2 H2 (en2 )H2 (m2 )Cada persona puede calcular su propio BMI utilizando cualquier SI o unidades inglesas, y determinar si es en la gama sana.

4-82

4-118 Una persona cambia su/su dieta para perder peso. El tiempo tome para el índice de masa del cuerpo (BMI) de la persona para caer de 30 a 25 es para ser determinado.Suposiciones El déficit en el calori intake está hecho por grasa de cuerpo en llamas.

Propiedades El metabolizable contenidos de energía son 350 Cal para un trozo de pizza y 87 Cal para un 200-ml regular cola. El metabolizable contenido de energía de 1 kg de grasa de cuerpo es 33,100 kJ.Análisis Las calorías de comida antes de la dieta es

EViejo = 3× epizza + 2× ecoque = 3× (350 Cal) + 2× (87 Cal) = 1224 Cal

Las calorías de comida después de la dieta es

EViejo = 2 × epizza +1× ecoque = 2 × (350 Cal) +1× (87 Cal) = 787 Cal

La reducción de caloría es

EReducción = 1224 − 787 = 437 Cal

La reducción correspondiente en el cuerpo la masa gorda es

m

Grasa =

437 Cal 4.1868 kJ

= 0.05528 kg1 Cal33,100 kJ/kg

El peso de la persona antes de que y después de la dieta es

W1 = BMI1 × h 2 pizza = 30 × (1.7 m)2 = 86.70 kg

W2 = BMI 2 × h 2 pizza = 25× (1.7 m)2 = 72.25 kg

Entonces tome

Tiempo =

W1 −W2=

(86.70 − 72.25) kg= 261.4 díasm

Grasa 0.05528 día/de kgPara el BMI de esta persona para caer a 25.

4-119 El efecto de supersizing en los restaurantes alimentarios rápidos en beneficio de peso mensual es para ser determinados para un caso dado.Propiedades El metabolizable contenido de energía de 1 kg de grasa de

cuerpo es 33,100 kJ. Análisis El aumento en el cuerpo masa gorda debido a

extra 1000 calorías esm

Grasa =

1000 Cal/día 4.1868 kJ

(30 mes/de días) = 3.79 mes/de kg1 Cal33,100 kJ/kg

4-83

Problemas de revisión

4-120 El trabajo de compresión de P 1 a P 2 utilizando un polytropic el proceso es para ser comparado

para neón y aire. Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Propiedades Las constantes gasistas para neón y aire R = 0.4119 y 0.287 kJ/kg⋅K, respectivamente (Mesa Un-2un). Análisis Para un polytropic proceso,

Pv n = Constante

El trabajo de frontera durante un polytropic el proceso de un gas ideal es

2 2P1v1

1−nRT1 P2

(n−1) / n

wb,fuera =∫

Pdv = Constante ∫v

−n

dv =v 2

=1

−1

1 P1−1

− n v1 − n1 1

El negativo de esta expresión da el trabajo de compresión durante un polytropic proceso. La inspección de esta ecuación revela que el gas con la constante gasista más pequeña (i.e., peso molecular más grande) requiere el menos trabajo para compresión. En este problema, el aire requerirá el menos cantidad de trabajo.

4-84

4-121 Nitrógeno está calentado para experimentar un cambio de temperatura especificado. La transferencia de calor es para ser determinado para dos casos.

Suposiciones 1 Nitrógeno es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y probablemente pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 126.2 K y 3.39 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes, ke ≅ pe ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes pueden ser utilizados para nitrógeno.

Propiedades Los calores concretos de nitrógeno en la temperatura mediana de (20+250)/2=135°C=408 K es c p = 1.045 kJ/kg⋅K y c v = 0.748 kJ/kg⋅K (Mesa Un-2b).

Análisis tomamos el nitrógeno como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para un proceso de volumen constante puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn = U = mcv (T2 − T1 )

El equilibrio de energía durante un proceso de presión constante (como en un pistón-dispositivo de cilindro) puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn

−Wb,fuera= UQ

En=

W

b,fuera de + U

QEn= H = mc p (T2 − T1 )

Desde U + Wb = H durante una presión constante quasi-proceso de equilibrio. Sustituyendo para ambos casos,

N2

T1 = 20°C Q

T2 = 250°C

N2

T1 = 20°C Q

T2 = 250°C

QEn, V =const = mcv (T2 − T1 ) = (10 kg)(0.748 kJ/kg ⋅ K)(250 − 20)K = 1720kJ Qen, P=const = mc p (T2 − T1 ) = (10 kg)

(1.045 kJ/kg ⋅ K)(250 − 20)K = 2404 kJ

4-85

4-122E Un insulated el barco rígido contiene aire. Un paddle trabajo de suministros de la rueda al aire. El trabajo temperatura suministrada y final es para ser determinado.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 238.5 R y 547 psia. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,


Propiedades Los calores concretos del aire en temperatura de habitación es c p = 0.240 Btu/lbm⋅R y c v = 0.171 Btu/lbm⋅R (Mesa Un-2Eun).


EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243


AirePor calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energíasW

pw,en = U = mcv (T2 − T1 )1 lbm

Wpw30 psiaCuando la constante de restos de volumen concreta durante este 40°FProceso, la ecuación gasista ideal daT2

= T1

P2

= (500 R)50 psia

= 833.3 R = 373.3°FP 30 psia1

Sustituyendo,

Wpw,en = mcv (T2 − T1 ) = (1 lbm)(0.171 Btu/lbm ⋅ R)(833.3 - 500)R = 57.0 Btu

4-123 Durante un cambio de fase, un proceso de presión constante deviene un proceso de temperatura constante . De ahí,

c p = ∂h =Finit

o = Infinito∂T T 0

Y el calor concreto en presión constante tiene ningún significado. El calor concreto en volumen constante tiene un significado desde entonces

cv =

∂u=

Finito =

Finito∂T v

Finito

4-86

4-124 Una mezcla gasista contenida en un tanque rígido está enfriado. La transferencia de calor es para ser determinado.

Suposiciones 1 La mezcla gasista es un gas ideal . 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes, ke ≅ pe ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes pueden ser utilizados.

Propiedades El calor concreto de mezcla gasista está dado para serc v = 0.748 kJ/kg⋅K.

Análisis tomamos los contenidos del tanque como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



− Q

Fuera= U = mcv (T2 − T1 )q

Fuera= cv (T1 − T2 )Cuando la constante de restos de volumen concreta durante este proceso, la ecuación gasista ideal da

Mezcla gasista 200 kPa

200°CQ

T = T P2 = (473 K) 100 kPa = 236.5 KP 200 kPa2 11

Sustituyendo,

qFuera de = cv (T1 − T2 ) = (0.748 kJ/kg ⋅ K)(473 − 236.5)K = 177 kJ/kg

4-87

4-125 Un bien-insulated el barco rígido contiene agua líquida saturada. El trabajo eléctrico está hecho encima agua. La temperatura final es para ser determinado.Suposiciones 1 El tanque es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 La energía térmica almacenada en el tanque él es insignificante.Análisis tomamos los contenidos del tanque como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



e,en = U = m(u2 − u1 ) PLa cantidad del trabajo eléctrico añadido durante 30 periodo de minutos es

2

1 WWe,en = Vyo t = (50 V)(10 Un)(30× 60 s) = 900,000 J = 900 kJ 1

1 VA

Las propiedades en el estado inicial son (Mesa Un-4)v

u1 = u f @40°C = 167.53 kJ/kg

v 1 = v f @40°C = 0.001008 m3 /kg..

Sustituyendo,

We,en = m(u2 − u1 ) → u2 = u1 +

We,en

= 167.53 kJ/kg +900 kJ

= 467.53 kJ/kgm 3 kg

El estado final está comprimido líquido . Notando que el volumen concreto es constante durante el proceso, la temperatura final está determinada utilizando EES para ser

u 2 = 467.53 kJ/kgT2 = 118.9°C (de EES)

= v = 0.001008 m3v1 1

/Kg

Discusión no podemos encontrar esta temperatura directamente de mesas de vapor al final del libro. Aproximando la final comprimió estado líquido como líquido saturado en la energía interna dada, la temperatura final está determinada de Someter Un-4 para ser

T2 ≅

T

sentado@ u=467.53 kJ/kg =

111.5°C

Nota que esta aproximación resultada en una respuesta, el cual no es muy cercano a la respuesta exacta determinó utilizar EES.

4-88

4-126 La expresión de trabajo de la frontera durante un polytropic el proceso de un gas ideal es

para ser derivado. Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Análisis Para un polytropic proceso,

P1v 1n = P2v 2

n = Constante

Sustituyendo este a la expresión de trabajo de la frontera da

2n

2−n P1v 1 1−n 1−n

wb,fuera de = ∫

Pdv =

P

1v

1 ∫v dv = (v 2 −v 1 )1− n1 1

P v2

v1= 1 v n − v n

n n1− n

1v

1v2 1

=P1v1

(v 21−nv 1n−1 −1)1− n

RT11−n

=v 2

−1− n v 11

Cuándo la proporción de volumen concreta está eliminada con la expresión para la constante,

RT1 P2(n−1) / n

wb,fuera =

1 P1−1

− n

Dónde n ≠ 1


4-89

4-127 Un cilindro equipado con una primavera externa es inicialmente llenada con aire en un estado especificado. El calor está transferido al aire, y ambos la temperatura y aumento de presión. El trabajo de frontera total hecho por el aire, y la cantidad de trabajar hecho contra la primavera es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un P-v esquema.Suposiciones 1 El proceso es quasi-equilibrio. 2 La primavera es una primavera lineal .

Análisis (un) La presión de los cambios gasistas linearly con volumen durante este proceso, y por ello la curva de proceso en un P-V esquema será una línea recta . Entonces el trabajo de frontera durante este proceso es sencillamente el área bajo la curva de proceso, el cual es un trapezoidal. Así,

W = Área =P1 + P2 (V2

−V )b,fuera 2 1

(200+ 800)kPa 1 kJ= (0.5 − 0.2)m3

2 1 kPa ⋅ m 3

AireQ

Así,= 150 kJ

(b) Si no había ninguna primavera, tendríamos unProceso de presión constante en P = 200 kPa. ElEl trabajo hecho durante este proceso es

Wb,fuera,ninguna primavera

= ∫1

2PdV =

P(V

2 −V

1 )= (200 kPa)(0.5 − 0.2)m3

1 kJ

/Kg3

1 kPa ⋅ m= 60 kJ

WPrimavera = Wb − Wb,ninguna primavera = 150 −

60 = 90 kJ

200 KPA0.2 m3

P(KPA)

800 2

2001

0.2 0.

V(m3)

4-90

4-128 Un cilindro equipado con un conjunto de las parones para el pistón es inicialmente llenados con mezcla de vapor líquido saturada de abrevar una presión especificada. El calor está transferido al agua hasta los aumentos de volumen por 20%. La temperatura inicial y final, la masa del líquido cuándo el pistón empieza mover, y el trabajo hecho durante el proceso es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un P-v esquema.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Análisis (un) Inicialmente el sistema es una mezcla saturada en 125 presión de kPa, y por ello la temperatura inicial es

T1 = Tsentó@125 kPa = 106.0°C

El volumen inicial total es

V1 = m f v f + mGv g = 2× 0.001048 + 3×1.3750 = 4.127 m3

H2OEntonces los volúmenes totales y concretos en el estado final son

5 kg

V3 = 1.2V1 = 1.2 × 4.127 = 4.953 m3

v 3 =

V3

=4.953 m 3

=0.9905 m3

/Kgm 5 kg

PAsí,

P = 300 kPa 233

= 373.6°Cv = 0.9905 m3

T3

3

/Kg

(b) Cuándo el pistón primeros inicios que mueven, P2 = 300 kPa y V 2 =V1 = 4.127 m3. El volumen concreto en este estado es 1

V 2 4.127 m33

vv 2 = = = 0.8254 m /Kgm 5 kg

Cuál es más grande que vg = 0.60582 m3/kg en 300 kPa. Por ello ningún líquido queda en el cilindro cuándo el pistón empieza mover.(c) Ningún trabajo está hecho durante proceso 1-2 desde entonces V1 = V2. La constante de restos de la presión durante proceso 2-3 y el trabajo hecho durante este proceso es

3PdV = P2 (V 3 −V 2 ) = (300 kPa)(4.953 − 4.127)m 1 kJ = 247.6 kJWb =

∫2 33

1 kPa ⋅ m

4-91

4-129E Un balón esférico es inicialmente llenado con aire en un estado especificado. El interior de presión es proporcional a la plaza del diámetro. El calor está transferido al aire hasta el volumen pliega. El trabajo hecho es para ser determinado.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal . 2 El proceso es quasi-equilibrio.

Propiedades La constante gasista de aire es R = 0.06855 Btu/lbm.R (Mesa

Un-1E). Análisis La dependencia de presión encima el volumen puede ser

expresado cuando

1πD3

6V 1 3

V = → D =6 π

2 2 6V 2 3

P ∝ D → P = kD = k π AIRE

2 3

10 lbm6 −2 3 −2 3 30 psia

O, k = P1V1 = P2V

2 800 Rπ

P V2

2 32 3Tambié

n,2

= 2 = 1.587P = V

1 1

Y P1V1 = P2V2 → T = P2V2 T = 1.587 × 2 × (800 R) = 2539 R

T1 T22

P1V11

Así,

2 2 6V 2 3 3k 6 2 35 3 5 3 3

Wb =

∫1 PdV

=

∫1 k dV = (V 2 −V1 )= (P2V 2 − P1V1 )π 5 π 5

= 3 mR(T2− T ) = 3 (10 lbm)(0.06855 Btu/lbm ⋅ R)(2539 − 800)R = 715 Btu

5 1 5

4-92

4-130E EES Problema 4-129E está reconsiderado. Utilizando la característica de integración, el trabajo hecho es para ser determinado y comparado al 'la mano calculada' resultado.Análisis El problema está solucionado utilizando EES, y la solución está dada abajo.

N=2m=10 [lbm] P_1=30 [psia] T_1=800 [R] V_2=2*V_1R=1545"[ft-lbf/lbmol-R]"/molarmass(aire)"[ft-lbf/lbm-R]" P_1*Convierte(psia,lbf/ft^2)*V_1=m*R*T_1 V_1=4*pi*(D_1/2)^3/3"[ft^3]"C=P_1/D_1^N (D_1/D_2)^3=V_1/V_2 P_2=C*D_2^N"[psia]"P_2*Convierte(psia,lbf/ft^2)*V_2=m*R*T_2 P=C*D^N*Convierte(psia,lbf/ft^2)"[ft^2]" V=4*pi*(D/2)^3/3"[ft^3]"W_Frontera_EES=integral(P,V,V_1,V_2)*convierte(ft-lbf,Btu)"[Btu]" W_MANO_de frontera=pi*C/(2*(N+3))*(D_2^(N+3)-D_1^(N+3))*convierte(ft-lbf,Btu)*convierte(ft^2,en^2)"[Btu]"

N WFrontera [Btu]0 548.3

0.3333 572.50.6667 598.1

1 6251.333 653.51.667 683.7

2 715.52.333 749.22.667 784.8

3 822.5

850

800

[Btu

]

750

700

Fron

tera 650

600

550W

5000 0.5 1 1.5 2 2.5 3

N

4-93

4-131 Un cilindro es inicialmente llenado con saturado R-134un vapor en una presión especificada. El refrigerant está calentado ambos eléctricamente y por transferencia de calor en presión constante para 6 min. La corriente eléctrica es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un T-v esquema.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes. 2 La energía térmica almacenada en el cilindro él y los cables es insignificantes. 3 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn

+ W

e,en

−

Wb,fuera = U (Desde Q = KE = PE = 0)

QEn

+ W

e,en = m(h2 − h1)

QEn + (Vyo t) = m(h2 − h1)Desde U + Wb = H Durante una presión constante quasi-Proceso de equilibrio. Las propiedades de R-134un es(Somete Un-11 a través de Un-13)

P1 = 240 kPa= hG@240kPa = 247.28 kJ/kgSentado.

Vaporh1

P2 = 240 kPa = 314.51 kJ/kgT1 = 70°C

h2

Sustituyendo,

R-134unP= const.

We

T

2

1

v

1000 VA300,000 VA + (110 V)( yo )(6 × 60 s) = (12 kg)(314.51 − 247.28)kJ/kg

1 kJ/sYo = 12.8 Un

4-94

4-132 Un cilindro es inicialmente llenado con mezcla de vapor líquido saturada de R-134un en una presión especificada. El calor está transferido al cilindro hasta el refrigerant vaporiza completamente en presión constante. El volumen inicial, el trabajo hecho, y la transferencia de calor total es para ser determinado, y el proceso es para ser mostrado en un P-v esquema.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes. 2 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 3 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Análisis ( un) Utilizando dato de propiedad de R-134unas mesas (Somete Un-11 a través de Un-13), el volumen inicial del refrigerant está determinado para ser

P = 200 kPa vf

= 0.0007533, vG

= 0.099867 m3 /Kg1

x1 = 0.25 u f = 38.28, u fg = 186.21 kJ/kg

v1 = v f + x1v fg

R-134un

200 kPa= 0.0007533 + 0.25× (0.099867 − 0.0007533) = 0.02553 m3 /kg Q

u1 = u f + x1u fg = 38.28 + 0.25×186.21 = 84.83 kJ/kg

V1 = mv1 = (0.2 kg)(0.02553 m3 /kg)= 0.005106 m3

P(b) El trabajo hecho durante este proceso de presión constante es

P = 200 kPa v = vG@200 kPa

= 0.09987 m3/kg2 2

Sentado. Vapor u2 = ug @200 kPa = 224.48 kJ/kg

Wb,fuera = ∫12PdV = P(V 2 −V1 ) = mP(v 2 − v1)

1 2

1 kJ v= (0.2 kg)(200 kPa)(0.09987 − 0.02553)m3/kg

3

1 kPa ⋅ m= 2.97 kJ

(c) Tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn

− W

b,fuera= U

QEn

= m(u2 − u1) + Wb,fuera

Sustituyendo,QEn = (0.2 kg)(224.48 - 84.83)kJ/kg + 2.97 = 30.9 kJ

4-95

4-133 Un cilindro es inicialmente llenado con gas de helio en un estado especificado. El helio está comprimido polytropically a una temperatura especificada y presión. La transferencia de calor durante el proceso es para ser determinado.Suposiciones 1 Helio es un gas ideal con calores concretos constantes. 2 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes. 3 La energía térmica almacenada en el cilindro él es insignificante. 4 La compresión o proceso de expansión es quasi-equilibrio.Propiedades La constante gasista de helio es R = 2.0769 kPa.m3/kg.K (Mesa Un-1). También, cv = 3.1156 kJ/kg.K (Mesa Un-2).Análisis La masa de helio y el exponente n está determinado para ser

m =

P1V1 (150 kPa)(0.5 m3 )=(2.0769 kPa ⋅ m3 /kg ⋅ K)(293 K) = 0.123 kgRT1

P1V1 = P2V 2 →V 2 = T2 P1 V1 = 413 K × 150 kPa × 0.5 m3 = 0.264 m3

RT1 RT2 293 K 400 kPaT1

P2

n n P2P2V 2 = P1V1 → P

1

V1

n

=

2V

400 0.5 n

→ = → n = 1.536150 0.264

Entonces el trabajo de frontera para este polytropic el proceso puede ser determinado de

W = − 2PdV = − P2V2 − P1V1 = − mR(T2 − T1 )b,en ∫1 1 − n 1 − n

= − (0.123 kg)(2.0769 kJ/kg ⋅ K)(413 − 293)K = 57.2 kJ1 − 1.536

Tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. Tomando la dirección de transferencia de calor para ser al cilindro, el equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn

+ W

b,en = U = m(u2 − u1)ÉlQ

En = m(u2 − u1) − Wb,en

= mcv (T2 − T1) − Wb,en PV n = CQ

Sustituyendo,QEn = (0.123 kg)(3.1156 kJ/kg·K)(413 - 293)K - (57.2 kJ) = -11.2 kJ

La señal negativa indica que el calor está perdido del sistema.

4-96

4-134 gas de Nitrógeno está expandido en un polytropic proceso. El trabajo hecho y la transferencia de calor es para ser determinado.Suposiciones 1 Nitrógeno es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 126.2 K y 3.39 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

ke ≅ pe ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes pueden ser utilizados.

Propiedades Las propiedades de nitrógeno son R = 0.2968 kJ/kg⋅K y c v = 0.743 kJ/kg⋅K (Mesa Un-2un).

Análisis tomamos nitrógeno en el cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



QEn


Utilizando la relación de trabajo de la frontera para el polytropic el proceso de un gas ideal da

N2

2 MPa Q

1200 K

(n−1) / n 0.35 /1.35RT1P

2 (0.2968 kJ/kg ⋅ K)(1200 K) 120wb,fuera = −1 = 526.9 kJ/kg−1 =

1 P1 1-1.35 2000− n


P (n-1 )/n 120 kPa 0.35 /1.35T = T 2 = (1200 K) = 578.6 K

P2 1 2000 kPa1

Sustituyendo a la ecuación de equilibrio de la energía,

qEn = wb,fuera de + cv (T2 − T1 ) = 526.9 kJ/kg + (0.743 kJ/kg ⋅ K)(578.6 −1200)K = 65.2 kJ/kg

4-135 El trabajo de expansión de P 1 a P 2 en un sistema cerrado polytropic el proceso es para ser comparado para neón y aire.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Propiedades Las constantes gasistas para neón y aire son R = 0.4119 y 0.287 kJ/kg⋅K, respectivamente (Mesa Un-2un).

Análisis Para un polytropic proceso,

Pv n = Constante

El trabajo de frontera durante un polytropic el proceso de un gas ideal es

2 2P1v1

1−nRT1

P2

(n−1) / n

wb,fuera =∫

Pdv = Constante ∫v

−n

dv =v 2

=1 −1 1 P1

−1

− n v1 − n1 1

La inspección de esta ecuación revela que el gas con la constante gasista más grande (i.e., peso molecular más pequeño) producirá la cantidad más grande de trabajo. De ahí, el gas de neón producirá la cantidad más grande de trabajo.

4-97

4-136 Un cilindro y un tanque rígido inicialmente contienen la misma cantidad de un gas ideal en el mismo estado. La temperatura de ambos sistemas es para ser levantado por la misma cantidad. La cantidad de calor extra que tiene que ser transferido al cilindro es para ser determinado.

Análisis En la ausencia de cualesquier interacciones de trabajo, otro que el trabajo de frontera, el H y U representar la transferencia de calor para gases ideales para presión constante y procesos de volumen constante, respectivamente. Por ello el calor extra que tiene que ser suministrado al aire mantenido en la presión constante es

QEn, extra = H − U = mcp T − mcv T = m(cp − cv ) T = mR T

Dónde

8.314 kJ / kmol ⋅ KRu IDEAL IDEAL

R = M = 25 kg / kmol = 0.3326 kJ / kg ⋅ K GASISTA GASISTA

Sustituyendo, V = const.Q P = const. Q

QEn, extra = (12 kg)(0.3326 kJ/kg·K)(15 K) = 59.9 kJ


4-98

4-137 La calefacción de una casa solar pasiva por la noche es para ser asistido por agua calentada solar. La longitud de cronometrar que el sistema de calefacción eléctrico correría aquella noche con o sin la calefacción solar es para ser determinado.Suposiciones 1 Agua es un incompressible sustancia con calores concretos constantes. 2 La energía almacenada en los contenedores de vaso ellos es pariente insignificante a la energía almacenada en agua. 3 La casa está mantenida en 22°C en todo momento.

Propiedades La densidad y calor concreto del agua en temperatura de habitación es ρ = 1 kg/L y c = 4.18 kJ/kg·°C (Mesa Un-3).Análisis (un) La masa total de agua es

mw = ρV = (1 kg/L)(50× 20 L) = 1000 kg 50,000 kJ/h

Tomando los contenidos de la casa, incluyendo el agua como nuestroSistema, la relación de equilibrio de la energía puede ser escrita cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema 22°C14243 14243



e,en −

Q

fuera = U = ( U )Agua + ( U )aireAgua= ( U

)Agua

= mc(T

2 −

T

1)agua

O, W&

e,en t − Qfuera = [mc(T2 − T1)]agua

80°C

Sustituyendo,

(15 kJ/s) t - (50,000 kJ/h)(10 h) = (1000 kg)(4.18 kJ/kg·°C)(22 - 80)°C

Da t = 17,170 s = 4.77 h(b) Si la casa incorporó no calefacción solar, la relación de equilibrio de la energía encima simplificaría más allá a

W&

e,en t − Qfuera = 0

Sustituyendo,

(15 kJ/s) t - (50,000 kJ/h)(10 h) = 0

Da

t = 33,333 s = 9.26 h

4-99

4-138 Un calentador de resistencia eléctrico es inmerso en agua. El tiempo tome para el calentador eléctrico para levantar la temperatura de agua a una temperatura especificada es para ser determinado.Suposiciones 1 Agua es un incompressible sustancia con calores concretos constantes. 2 La energía almacenada en el contenedor él y el calentador es insignificante. 3 pérdida de Calor del contenedor es insignificante.

Propiedades La densidad y calor concreto del agua en temperatura de habitación es ρ = 1 kg/L y c = 4.18 kJ/kg·°C (Mesa Un-3).El análisis que Toma el agua en el contenedor como el sistema, el equilibrio de energía puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



e,en=

(

U

)

Agua

W&

e,en t = mc(T2 − T1)aguaCalentador de resistencia

Sustituyendo,

(1800 J/s) t = (40 kg)(4180 J/kg·°C)(80 - 20)°C Agua

Solucionando para t da

t = 5573 s = 92.9 min = 1.55 h

4-100

4-139 Una tonelada de agua líquida en 80°C está traído a una habitación. La temperatura de equilibrio final en la habitación es para ser determinado.Suposiciones 1 La habitación es bien insulated y bien selló. 2 Las propiedades térmicas de agua y aire son constantes.

Propiedades La constante gasista de aire es R = 0.287 kPa.m3/kg.K (Mesa Un-1). El calor concreto del agua en temperatura de habitación es c = 4.18 kJ/kg⋅°C (Mesa Un-3).

Análisis El volumen y la masa del aire en la habitación es V = 4x5x6 = 120 m³

m = P1V1 = (100 kPa)(120 m3 ) = 141.7 kg

(0.2870 kPa ⋅ m3/kg ⋅ K)(295 K)AireRT1

Tomando los contenidos de la habitación, incluyendo el agua, cuando nuestro sistema, el equilibrio de energía puede ser escrito cuando

4 m × 5 m × 6 m

HABITACIÓN22°C

100 kPaE

En −

E

fuera =E

Sistema14243 14243



0 = U = ( U ) Agua + ( U )aire

O

[mc(T2 − T1 )]agua + [mcv (T2 − T1 )]aire = 0

Agua80°C

Calor

Sustituyendo,

(1000 kg)(4.180 kJ/kg⋅o C)(Tf − 80)oC + (141.7 kg)(0.718 kJ/kg⋅o C)(Tf − 22)oC = 0

Da

Tf = 78.6°C

Dónde Tf es la temperatura de equilibrio final en la habitación.

4-101

4-140 Una habitación es para ser calentado por 1 tonelada del agua caliente contenida en un tanque colocado en la habitación. La temperatura inicial mínima del agua es para ser determinado si lo para conocer los requisitos de calefacción de esta habitación para un 24-h periodo.Suposiciones 1 Agua es un incompressible sustancia con calores concretos constantes. 2 Aire es un gas ideal con calores concretos constantes. 3 La energía almacenada en el contenedor él es pariente insignificante a la energía almacenada en agua. 4 La habitación está mantenida en 20°C en todo momento. 5 El agua caliente es para conocer los requisitos de calefacción de esta habitación para un 24-h periodo.Propiedades El calor concreto del agua en temperatura de habitación es pérdida de Calor del Análisis de la habitación durante un 24-h el periodo es

QPérdida = (8000 kJ/h)(24 h) = 192,000 kJ

Tomando los contenidos de la habitación, incluyendo el agua, cuando nuestro sistema, el equilibrio de energía puede ser escrito cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



−

QFuera = U = ( U ) Agua + ( U )aire

0

O-QFuera = [mc(T2 - T1)]agua

c = 4.18 kJ/kg·°C (Mesa Un-3).

8000 kJ/h

20°C

Agua

Sustituyendo,

-192,000 kJ = (1000 kg)(4.18 kJ/kg·°C)(20 - T1)

Da

T1 = 65.9°C

Dónde T1 es la temperatura del agua cuándo es primero traído a la habitación.

4-102

4-141 Una muestra de una comida está quemada en un calorímetro de bomba, y los aumentos de temperatura del agua por 3.2°C cuando el equilibrio está establecido. El contenido de energía de la comida es para ser determinado.Suposiciones 1 Agua es un incompressible sustancia con calores concretos constantes. 2 Aire es un gas ideal con calores concretos constantes. 3 La energía almacenada en el cuarto de reacción es pariente insignificante a la energía almacenada en agua. 4 La energía suministrada por el mixer es insignificante.Propiedades El calor concreto del agua en temperatura de habitación es c = 4.18 kJ/kg·°C (Mesa Un-3). El volumen constante calor concreto del aire en temperatura de habitación es c v = 0.718 kJ/kg·°C (Mesa Un-2).Análisis La energía química liberada durante la combustión de la muestra está transferida al agua cuando calor. Por tanto, desatendiendo el cambio en la energía sensata del cuarto de reacción, el contenido de energía de la comida es sencillamente el calor transfirió al agua. Tomando el agua como nuestro sistema, el equilibrio de energía puede ser escrito cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema → QEn = U14243 14243



OQ

En =

(U ) agua = [mc(T2 − T

1 )]agua

Sustituyendo,

QEn = (3 kg)(4.18 kJ/kg·°C)(3.2°C) = 40.13 kJ

Para una muestra de 2 g. Entonces el contenido de energía de la comida por masa de unidad es

40.13 kJ 1000 g= 20,060 kJ/kg

2 g1 kg

Agua

ReacciónCuarto

Alimentario

T = 3.2°C

Para hacer una estimación áspera del error implicado en desatender la energía térmica almacenada en el cuarto de reacción, tratamos la masa entera dentro del cuarto cuando aire y determinar el cambio en energía interna sensata:

( U ) Cuarto = [mcv (T2 − T1 )]cuarto = (0.102 kg)(0.718 kJ/kg⋅o C)(3.2o C)= 0.23 kJ

Cuál es menos de 1% del cambio de energía interno de agua. Por tanto, es razonable de desatender el cambio en el contenido de energía sensato del cuarto de reacción en el análisis.

4-103

4-142 Un hombre bebe un litro de agua fría en 3°C en un esfuerzo para enfriar abajo. La gota en la temperatura de cuerpo mediana de la persona bajo la influencia de esta agua fría es para ser determinado.Suposiciones 1 propiedades Térmicas del cuerpo y el agua son constantes. 2 El efecto de generación de calor metabólico y la pérdida de calor del cuerpo durante aquel periodo de tiempo es insignificante.Propiedades La densidad de agua es muy casi 1 kg/L, y el calor concreto del agua en temperatura de habitación es C = 4.18 kJ/kg·°C (Mesa Un-3). El calor concreto mediano de cuerpo humano está dado para ser 3.6 kJ/kg.°C.Análisis. La masa del agua es

mw = ρV = (1 kg/L)(1 L) = 1 kg

Tomamos el hombre y el agua como nuestro sistema, y desatender cualquier calor y transferencia de masa y reacciones químicas. Naturalmente estas suposiciones pueden ser aceptables sólo para tiempo muy corto periodos, como el tiempo toma para beber el agua. Entonces el equilibrio de energía puede ser escrito cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



0 =U

=

U

Cuerpo +

U

agua

O [mcv (T2 − T1)]cuerpo + [mcv (T2 − T1)]agua = 0Sustituyendo (68 kg)(3.6 kJ/kg⋅o C)(T f − 39)o C + (1 kg)(4.18 kJ/kg⋅o C)(T f − 3)o C = 0

DaTf = 38.4°C

Entonces

∆T=39 − 38.4 = 0.6°C

Por tanto, la temperatura de cuerpo mediana de esta persona tendría que caer sobre medio un grado celsius.

4-104

4-143 Un 0.2-L vaso de agua en 20°C es para ser enfriado con hielo a 5°C. La cantidad de hielo o agua fría que necesidades de ser añadidas al agua es para ser determinado.Suposiciones 1 propiedades Térmicas del hielo y el agua son constantes. 2 transferencia de Calor al vaso es insignificante. 3 hay no barajar a mano o un dispositivo mecánico ( añada energía).Propiedades La densidad de agua es 1 kg/L, y el calor concreto del agua en temperatura de habitación es c = 4.18 kJ/kg·°C (Mesa Un-3). El calor concreto de hielo sobre 0°C es c = 2.11 kJ/kg·°C (Mesa Un-3). La temperatura de fundir y el calor de fusión de hielo en 1 atm es 0°C y 333.7 kJ/kg,.Análisis (un) La masa del agua es

mw = ρV = (1 kg/L)(0.2 L) = 0.2 kg

Tomamos el hielo y el agua como nuestro sistema, y desatender cualquier calor y transferencia de masa. Esto es una suposición razonable desde el periodo de tiempo del proceso es muy corto. Entonces el equilibrio de energía puede ser escrito cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



0 = U

0 =

UHielo

+ UAgua

[mc(0o C − T ) Sólido

+ mh + mc(T2

−0o C) Líquido

]Hielo

+ [mc(T2

− T )]Agua

= 01 Si 1

Notando que T1, hielo = 0°C y T 2 = 5°C y sustituyendo da

Cubos de hielo

0°C

Agua 20° C 0.2 L

m[0 + 333.7 kJ/kg + (4.18 kJ/kg·°C)(5-0)°C] + (0.2 kg)(4.18 kJ/kg·°C)(5-20)°C = 0 m

= 0.0364 kg = 36.4 g

(b) Cuándo T 1, hielo = -8°C en vez de 0°C, sustituyendo da

m[(2.11 kJ/kg·°C)[0-(-8)]°C + 333.7 kJ/kg + (4.18 kJ/kg·°C)(5-0)°C]

+ (0.2 kg)(4.18 kJ/kg·°C)(5-20)°C = 0

m = 0.0347 kg = 34.7 g

El enfriamiento con agua fría puede ser manejado la misma manera. Todo necesitamos hacer es reemplazar los plazos para hielo por un plazo para agua fría en 0°C:

( U ) coldwater + ( U )Agua = 0

[mc(T2 − T1 )]coldwater + [mc(T

2 − T1 )]agua = 0

Sustituyendo,

[mAgua fría (4.18 kJ/kg·°C)(5 - 0)°C] + (0.2 kg)(4.18 kJ/kg·°C)(5-20)°C = 0

Da

m = 0.6 kg = 600 g

Nota de discusión que esto es 17 tiempo la cantidad de hielo necesitó, y explica por qué utilizamos hielo en vez de abrevar para enfriar bebidas. También, la temperatura del hielo no parece para hacer una diferencia significativa.

4-105

4- 144 EES Problema 4-143 está reconsiderado. El efecto de la temperatura inicial del hielo en la masa final del hielo requerido como la temperatura de hielo varía de -20°C a 0°C es para ser investigado. La masa de hielo es para ser plotted contra la temperatura inicial de hielo.Análisis El problema está solucionado utilizando EES, y la solución está dada abajo.

"Knowns" rho_Agua = 1 [kg/L] V = 0.2 [L]T_1_hielo = 0 [C] T_1 = 20 [C] T_2 = 5 [C]C_hielo = 2.11 [kJ/kg-C] C_agua = 4.18 [kJ/kg-C] h_si = 333.7 [kJ/kg] T_1_ColdWater = 0 [C]

"La masa del agua es:" m_agua = rho_agua*V "[kg]""El sistema es el agua más el hielo. Supone periodo de tiempo a escaso y desatender cualquier calor y transferencia de masa. El equilibrio de energía deviene:"E_En - E_fuera de = DELTAE_sys "[kJ]" E_en = 0 "[kJ]"E_Fuera = 0"[kJ]"DELTAE_sys = DELTAU_Abreva+DELTAU_hielo"[kJ]"DELTAU_Agua = m_agua*C_agua*(T_2 - T_1)"[kJ]" DELTAU_hielo = DELTAU_hielo_sólido+DELTAU_ fundió_hielo"[kJ]" DELTAU_hielo_sólido =m_hielo*C_hielo*(0-T_1_hielo) + m_hielo*h_si"[kJ]" DELTAU_hielo_fundido=m_hielo*C_agua*(T_2 - 0)"[kJ]" m_gramos_de hielo=m_el hielo*convierte(kg,g)"[g]""Enfriamiento con Agua Fría:"DELTAE_sys = DELTAU_Agua+DELTAU_ColdWater "[kJ]" DELTAU_agua = m_agua*C_agua*(T_2_ColdWater - T_1)"[kJ]"DELTAU_ColdWater = m_ColdWater*C_agua*(T_2_ColdWater - T_1_ColdWater)"[kJ]" m_ColdWater_gramos=m_ColdWater*convierte(kg,g)"[g]"

mHielo,gramos T1,hielo

[G] [C]31.6 -20

32.47 -1533.38 -1034.34 -535.36 0

36

35

34

[G]

33

Hie

lo,g

ram

os

32

31

m

30-20 -16 -12 -8 -4 0

T1,hielo [C]

4-106

4-145 Dióxido de carbono está comprimido polytropically en un pistón-dispositivo de cilindro. La temperatura final es para ser determinado tratando el dióxido de carbono como un gas ideal y una furgoneta der Waals gas.Suposiciones El proceso es quasi-equilibrio.

Propiedades La constante gasista de dióxido de carbono es R = 0.1889 kJ/kg⋅K (Mesa Un-1). Análisis (un) El volumen concreto inicial es

v1 =RT1

=(0.1889 kJ/kg ⋅ K)(473 K)

= 0.08935 m3 /kgP1 1000 kPa

De polytropic expresión de proceso,

P 1/ n 1000 1/1.5v = v 1 = (0.08935 m3 /kg) = 0.04295 m3 /Kg

P2 1 30002

La temperatura final es entonces

P v2

(3000 kPa)(0.04295 m3 /kg)T2 =

2

= = 682.1 KR 0.1889 kJ/kg ⋅ K(b) La furgoneta der Waals ecuación de estatal para el dióxido de carbono es

365.8P + (v − 0.0428) = RuT

2vCuándo esto está aplicado al estado inicial, el resultado es

365.81000 + (v

1− 0.0428) = (8.314)(473)

2

v 1De quién solución por iteración o por EES es

v 1 = 3.882 m3 /kmol

El volumen concreto molar final es entonces

P 1/ n = (3.882 m3 1000 1/1.5 = 1.866 m3 /kmolv = v 1 /kmol)P 30002 1

2

CO2

1 MPa200°C PV

1.5 = const.

Sustitución del volumen concreto molar final a la furgoneta der Waals ecuación de productos estatales

1 365.8 1 365.8T2 = P + (v − 0.0428) = + − 0.0428) = 680.9 K

Ru

2

8.314

3000

(1.866)

2 (1.866

v

4-107

4-146 Dos cuartos adiabáticos están conectados por una válvula. Un cuarto contiene oxígeno mientras el otro uno está evacuado. La válvula es ahora abierta hasta el oxígeno llena ambos cuartos y ambos tanques tienen la misma presión. El cambio de energía interno total y la presión final en los tanques es para ser determinado.Suposiciones 1 Oxígeno es un gas ideal desde entonces es en una temperatura alta y pariente de presión baja a sus valores de punto crítico de 154.8 K y 5.08 MPa. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

ke ≅ pe ≅ 0 . 3 calores concretos Constantes en temperatura de habitación pueden ser utilizados. 4 Tanto los cuartos son insulated

Y por ello transferencia de calor es insignificante.

Análisis tomamos ambos cuartos como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza las fronteras del sistema. El equilibrio de energía para este sistema puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



0 = U = mcv (T2 − T1 )

Oxígeno Evacuado32 m

2 m31000 kPa

127°C

Desde la energía interna no cambia, la temperatura del aire también no cambia. Aplicando la ecuación gasista ideal da

P1V1 = P2V 2 → P2 = P1

V1

= (1000 kPa)

2 m3

= 500 kPaV

2 4 m3


4-108

4-147 Un tanque rígido llenado con el aire está conectado a un cilindro con cero clearance. La válvula está abierta, y el aire está dejado para afluir a el cilindro. La temperatura está mantenida en 30°C en todo momento. La cantidad de transferencia de calor con el entorno es para ser determinado.

Suposiciones 1 Aire es un gas ideal . 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes, ke ≅ pe ≅ 0 . 3 hay ninguno interacciones de trabajo implicó otro que el trabajo de frontera.


Análisis tomamos el aire entero en el tanque y el cilindro para ser el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza la frontera del sistema. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema Q14243 14243



QEn

− W

b,fuera = U = m(u2 − u1) = 0Q

En=

W

b,fuera

Desde u = u(T) para gases ideales, y por ello u2 = u1 cuando T 1 = T2 . El volumen inicial de aire es

AireT = 30°C

P1V1 = P2V2 → V = P1 T2 V =400 kPa ×1× (0.4 m3 ) = 0.80 m3

T T P T 200 kPa2 11 2 2 1

La presión en la cara de pistón siempre queda constante en 200 kPa. Por ello el trabajo de frontera hecho durante este proceso es

2 1 kJW

b,fuera =

∫1 PdV = P2 (V2 −V1) = (200 kPa)(0.8 − 0.4)m 3 = 80 kJ1 kPa ⋅ m

3

Por tanto, la transferencia de calor está determinada del equilibrio de energía para ser

Wb,fuera de = Qen = 80 kJ

4-109

4-148 Un bien-insulated la habitación está calentada por un radiador de vapor, y el aire tibio está distribuido por un seguidor. La temperatura mediana en la habitación después de que 30 min es para ser determinado.Suposiciones 1 Aire es un gas ideal con calores concretos constantes en temperatura de habitación. 2 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes. 3 La presión de aire en la habitación queda constante y por ello el aire expande tan está calentado, y algunos escapadas de aire tibio.Propiedades La constante gasista de aire es R = 0.287 kPa.m3/kg.K (Mesa Un-1). También, cp = 1.005 kJ/kg.K Para aire en temperatura de habitación (Mesa Un-2).Análisis primero tomamos el radiador como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera = ESistema

14243 14243Transferencia de

energía neta Cambio en interno, kinetic,Por calor, trabajo, y

masa Potencial, etc. energías−

Q

Fuera = U = m(u2 − u1) (desde W = KE = PE = 0)Q

Fuera = m(u1 − u2 )Utilizando dato de las mesas de vapor (Somete Un-4 a través deUn-6), algunas propiedades están determinadas para ser

P1 = 200 kPa v 1 = 1.08049 m3 /kg

T1 = 200°C u1 = 2654.6 kJ/kgP = 100 kPa v

f= 0.001043, vG = 1.6941 m3 /kg

2

(v 2 = v1 ) u f = 417.40,u

fg = 2088.2 kJ/kg

x2 =

v 2 −v f

=1.08049 − 0.001043

= 0.6376v fg 1.6941− 0.001043

u2 = u f

+ x

2u

fg = 417.40 + 0.6376× 2088.2 = 1748.7 kJ/kg

m = V1 = 0.015 m3= 0.0139 kg

v 1 1.08049 m3 /kg

Sustituyendo, Qfuera = (0.0139 kg)( 2654.6 ─ 1748.7)kJ/kg = 12.58 kJ El volumen y la masa del aire en la habitación es V = 4×4×5 = 80 m3 y

m = P1V1 = (100 kPa)(80 m3 ) = 98.5 kg(0.2870 kPa ⋅ m3/kg ⋅ K)(283 K)Aire RT1

La cantidad de trabajo de seguidor hecho en 30 min esW

Seguidor,en =

W&seguidor,en t = (0.120 kJ/s)(30 × 60 s) = 216kJ

10°C4 m × 4 m × 5 m

Radiador de vapor

Ahora nos aireamos en la habitación como el sistema. El equilibrio de energía para este sistema cerrado está expresado cuando

EEn

− E

fuera = E

SistemaQ

En +

W

seguidor,en −

Wb,fuera

=U

QEn

+ W

seguidor,en =

H ≅ mcp (T2 − T1)

Desde el trabajo de frontera yU Combina a H para una expansión de presión constante o compresión

Proceso. También pueda ser expresado cuando

(Q&

En + W&

seguidor,en ) t = mcp,avg (T2 − T1)

Sustituyendo, (12.58 kJ) + (216 kJ) = (98.5 kg)(1.005 kJ/kg°C)(T2 - 10)°CQué cosechas T2 = 12.3°C

Por tanto, la temperatura de aire en los aumentos de habitación de 10°C a 12.3°C en 30 min.


4-110

4-149 Un insulated el cilindro está dividido a dos partes. Un lado del cilindro contiene N2 gasista y el otro lado contiene Él gasista en estados diferentes. La temperatura de equilibrio final en el cilindro cuándo el equilibrio térmico está establecido es para ser determinado para los casos del pistón que es fijo y moviendo libremente.Suposiciones 1 Tanto N2 y sea gases ideales con calores concretos constantes. 2 La energía almacenada en el contenedor él es insignificante. 3 El cilindro es bien-insulated y por ello transferencia de calor es insignificante.Propiedades Las constantes gasistas y el volumen constante los calores concretos son R = 0.2968 kPa.m3/kg.K Es c v = 0.743 kJ/kg·°C paraN 2, y R = 2.0769 kPa.m3/kg.K Es c v = 3.1156 kJ/kg·°C para Él (Somete Un-1 y Un-2)Análisis La masa de cada gas en el cilindro es

P1V1 (500 kPa)(1 m3 ) N2 Élm

N2 = = = 4.77 kg(0.2968 kPa ⋅ m

3/Kg ⋅ K)(353 K) 3 3RT1

N21 m 1 m

(500 kPa)(1 m3 ) 500 kPa 500 kPaP1V1 80°C 25°C

mÉl = = = 0.808 kg3RT1 Él (2.0769 kPa ⋅ m /Kg ⋅ K)(298 K)

Tomando los contenidos enteros del cilindro como nuestro sistema, la 1.ª relación de ley puede ser escrita cuando

EEn

− E

Fuera =E

Sistema14243 14243



0 = U = ( U )N2 + ( U )Él

0 = [mcv (T2 − T1)]N2 + [mcv (T2 − T1)]Él

Sustituyendo,

(4.77 kg)(0.743 kJ/kg⋅o C)(T f − 80)°C + (0.808 kg)(3.1156 kJ/kg ⋅ °C)(Tf − 25)°C = 0

Da Tf = 57.2°CDónde Tf es la temperatura de equilibrio final en el cilindro.

La respuesta sería igual si el pistón no fue liberar para mover desde entonces efectúe presión única, y no los calores concretos.La discusión que Utiliza la relación PV = NRuT, pueda ser mostrado que el número total de los topos en el cilindro es 0.170 + 0.202 = 0.372 kmol, y la presión final es 510.6 kPa .

4-111

4-150 Un insulated el cilindro está dividido a dos partes. Un lado del cilindro contiene N2 gasista y el otro lado contiene Él gasista en estados diferentes. La temperatura de equilibrio final en el cilindro cuándo el equilibrio térmico está establecido es para ser determinado para los casos del pistón que es fijo y moviendo libremente.Suposiciones 1 Tanto N2 y sea gases ideales con calores concretos constantes. 2 La energía almacenada en el contenedor él, excepto el pistón, es insignificante. 3 El cilindro es bien-insulated y por ello transferencia de calor es insignificante. 4 Inicialmente, el pistón es en la temperatura mediana de los dos gases.Propiedades Las constantes gasistas y el volumen constante los calores concretos son R = 0.2968 kPa.m3/kg.K Es c v = 0.743 kJ/kg·°C paraN 2, y R = 2.0769 kPa.m3/kg.K Es c v = 3.1156 kJ/kg·°C para Él (Somete Un-1 y Un-2). El calor concreto de pistón cobrizo es c = 0.386 kJ/kg·°C (Mesa Un-3).

Análisis La masa de cada gas en el cilindro es

P1V1 (500 kPa)(1 m3 )m

N2 = 3 = 4.77 kg=

/Kg ⋅ K)(353 K) N2 3 Él 3RT

1 N2 (0.2968 kPa ⋅ m

P1V1 (500 kPa)(1 m3 ) 1 m 1 m500 kPa 500 kPa

mÉl = 3

/Kg ⋅ K)(353

K)

= 0.808 kg=

80°C 25°CRT

1 Él (2.0769 kPa ⋅ mTomando los contenidos enteros del cilindro como nuestro sistema,

La 1.ª relación de ley puede ser escrita cuandoCobrizo

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



0 = U = ( U )N2 + ( U )Él + ( U )Cu

0 = [mcv (T2 − T1)]N2 + [mcv (T2 − T1)]Él + [mc(T2 − T1)]Cu

Dónde

T1, Cu = (80 + 25) / 2 = 52.5°C

Sustituyendo,

(4.77 kg)(0.743 kJ/kg⋅o C)(T f − 80)oC + (0.808 kg)(3.1156 kJ/kg⋅o C)(Tf −

25)oC + (5.0 kg)(0.386 kJ/kg⋅o C)(T f − 52.5)oC = 0

Da

Tf = 56.0°C

Dónde Tf es la temperatura de equilibrio final en el cilindro.

La respuesta sería igual si el pistón no fue liberar para mover desde entonces efectúe presión única, y no los calores concretos.

4-112

4-151 EES Problema 4-150 está reconsiderado. El efecto de la masa del pistón cobrizo en la temperatura de equilibrio final como la masa de pistón varía de 1 kg a 10 kg es para ser investigado. La temperatura final es para ser plotted contra la masa de pistón.Análisis El problema está solucionado utilizando EES, y la solución está dada abajo.

"Knowns:"R_u=8.314 [kJ/kmol-K] V_N2[1]=1 [m^3]Cv_N2=0.743 [kJ/kg-K] "De Someter Un-2(un) en 27C" R_N2=0.2968 [kJ/kg-K] "De Someter Un-2(un)" T_N2[1]=80 [C]P_N2[1]=500 [kPa] V_Él[1]=1 [m^3]Cv_Él=3.1156 [kJ/kg-K] "De Someter Un-2(un) en 27C" T_Él[1]=25 [C]P_Él[1]=500 [kPa]R_Él=2.0769 [kJ/kg-K] "De Someter Un-2(un)" m_Pist=5 [kg]Cv_Pist=0.386 [kJ/kg-K] "Uso Cp para Cobrizo de Someter Un-3(b) en 27C"

"Solución:"

"Cálculos de masa:" P_N2[1]*V_N2[1]=m_N2*R_N2*(T_N2[1]+273) P_Él[1]*V_Él[1]=m_Él*R_Él*(T_Él[1]+273)

"El cilindro entero está considerado para ser un sistema cerrado, desatendiendo el pistón." "Conservación de Energía para el sistema cerrado:""E_En - E_fuera de = DELTAE_negPist, desatendemos DELTA KE y DELTA PE para el cilindro." E_En - E_fuera de = DELTAE_neglPistE_En =0 [kJ] E_fuera = 0 [kJ]

"En el estado de equilibrio final, N2 y tenga una temperatura común." DELTAE_neglPist= m_N2*Cv_N2*(T_2_neglPist-T_N2[1])+m_Él*Cv_Él*(T_2_neglPist-T_Él[1])"El cilindro entero está considerado para ser un sistema cerrado, incluyendo el pistón." "Conservación de Energía para el sistema cerrado:""E_En - E_fuera de = DELTAE_withPist, desatendemos DELTA KE y DELTA PE para el cilindro." E_En - E_fuera de = DELTAE_withPist

"En el estado de equilibrio final, N2 y tenga una temperatura común." DELTAE_withPist= m_N2*Cv_N2*(T_2_withPist-T_N2[1])+m_Él*Cv_Él*(T_2_withPist-T_Él[1])+m_Pist*Cv_Pist*(T_2_withPist-T_Pist[1])T_Pist[1]=(T_N2[1]+T_Él[1])/2 "volumen Total de gases:" V_total=V_N2[1]+V_Él[1] "presión Final en equilibrio:""Desatendiendo efecto de pistón, P_2 es:" P_2_neglPist*V_total=N_total*R_u*(T_2_neglPist+273)

"Incluyendo efecto de pistón, P_2 es:" N_total=m_N2/molarmass(nitrógeno)+m_Él/molarmass(Helio) P_2_withPist*V_total=N_total*R_u*(T_2_withPist+273)


4-113

mPist [Kg] T2,neglPist [C] T2,withPist [C]1 57.17 56.892 57.17 56.643 57.17 56.424 57.17 56.225 57.17 56.046 57.17 55.887 57.17 55.738 57.17 55.599 57.17 55.4710 57.17 55.35

60

Sin Pistón58

[C]

56

2T

Con Pistón54

52

501 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Masa de Pistón [kg]


4-114

4-152 Un pistón-dispositivo de cilindro inicialmente contiene agua líquida saturada. Un resistor eléctrico colocado en el tanque está girado encima hasta el tanque contiene vapor de agua saturada. El volumen del tanque, la temperatura final, y el índice de poder del resistor es para ser determinado.Suposiciones 1 El cilindro es stationary y por ello el kinetic y cambios de energía potencial son cero. 2 hay ninguno interacciones de trabajo.Propiedades Las propiedades iniciales de vapor son (Mesa Un-4)

T = 200°C v1

= 0.001157 m3 /kg1

h1 = 852.26 kJ/kg

x1 = 0 P = 1554.9 kPa1

Análisis (un) tomamos los contenidos del cilindro como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. Notando que el volumen del sistema es constante y así hay ningún trabajo de frontera, el equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



e,en −W

b,fuera= U = m(u2 − u1 ) (desde Q = KE = PE = 0)W

e,en= Wb,fuera de + U = H = m(h2 − h1 )Desde Wb,fuera de + U

= H Para un proceso de presión constante.Los volúmenes iniciales y finales son

V1 = mv 1 = (1.4 kg)(0.001157 m3 /kg) = 0.001619 m3

V2 = 4(0.001619 m3 ) = 0.006476 m3

(b) Ahora, el estado final puede ser fijado por calcular volumen concreto

v 2 =

V2

=0.006476 m3

= 0.004626 m3 /kgm 1.4 kg

AguaWe1.4 kg, 200°C

Sentado. liq.

El estado final es mezcla saturada y ambas presión y la temperatura quedan constante durante el proceso. Otras propiedades son

P = P = 1554.9 kPaT

2 = T1 = 200°C2 1 h2 = 905.65 kJ/kg (Mesa Un-4 o EES)

v = 0.004626 m3 /kg x2 = 0.027522

(c) Sustituyendo,

We,en = (1.4 kg)(905.65 − 852.26)kJ/kg = 74.75 kJ

Finalmente, el índice de poder del resistor es

W&

e,en =

We,en

=74.75 kJ

= 0.0623 kWt 20 × 60 s

4-115

4-153 Un pistón-dispositivo de cilindro contiene un gas ideal. Un fuste externo conectó al pistón ejerce una fuerza. Para un proceso isotermo del gas ideal, la cantidad de transferencia de calor, la presión final, y la distancia que el pistón está desplazado es para ser determinado.Suposiciones 1 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes,

W ke ≅ pe ≅ 0 . 2 La fricción entre el pistón y el cilindro es

Insignificante.Análisis (un) tomamos el gas ideal en el cilindro para ser el sistema.Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza la frontera de sistema.El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado

GASISTA

Cuando 1 barra QE

En −

E

fuera =E

Sistema 24°C14243 14243



b,en −

Q

fuera=U

Gas ideal ≅

mc

v (T

2 −

T

1)

gas ideal )

=

0 (desde

T 2 =

T

1 Y KE = PE = 0)W

b,en=

Q

Fuera

Así, la cantidad de transferencia de calor es igual a la entrada de trabajo de la frontera

QFuera de = Wb,en = 0.1 kJ

(b) La relación para el trabajo isotermo de un gas ideal puede soler determinar el volumen final en el cilindro. Pero primero calculamos volumen inicial

V1

= π D 2 L = π (0.12 m) 2 (0.2 m) = 0.002262 m3

41

4Entonces,

V2

Wb,en

= −P1V

1 ln

V

1V

20.1 kJ = −(100 kPa)(0.002262 m3)ln →V2 = 0.001454 m3

0.002262 m3

La presión final puede ser determinada de la relación gasista ideal solicitó un proceso isotermo

P1V1 = P2V 2 →(100 kPa)(0.002262 m3 ) = P2 (0.001454 m3 ) → P2 = 155.6 kPa

(c) La posición final del pistón y la distancia que el pistón está desplazado es

V 2 =

π D 2 L2 → 0.001454 m

3=

π (0.12 m) 2 L2 → L2 = 0.1285 m

4 4

L = L1 − L2 = 0.20 − 0.1285 = 0.07146 m = 7.1 cm

4-116

4-154 Un pistón-dispositivo de cilindro con un conjunto de parones contiene superheated vapor. El calor está perdido del vapor. La presión y calidad (si mezcla), el trabajo de frontera, y la transferencia de calor hasta el pistón primero pega las parones y la transferencia de calor total son para ser determinados.

Suposiciones 1 El kinetic y cambios de energía potencial son insignificantes, ke ≅ pe ≅ 0 . 2 La fricción entre el pistón y el cilindro es insignificantes.

Análisis (un) tomamos el vapor en el cilindro para ser el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa cruza la frontera de sistema. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243

Transferencia de energía neta Cambio en interno, kinetic, Vapor

Por calor, trabajo, y masa Potencial, etc. energías 0.15 kgWb,en

−

Qfuera = U (Desde KE = PE = 0) 3.5 MPa Q

Denotando cuándo el pistón primero pega las parones como estatales (2) y el estado final cuando (3), las relaciones de equilibrio de la energía pueden ser escritas cuando

Wb,en

− Q

fuera,1-2 =

m(u

2 - u

1 )

Wb,en

− Q

fuera,1-3 =

m(u

3 - u

1 )

Las propiedades del vapor en varios estados es (Somete Un-4 a través de Un-6)T

Sentó@3.5 MPa =

242.56°C

T1 = T1 + Tsentó = 242.56 + 5 = 247.56°C

P = 3.5 MPa 1 = 0.05821 m 3 /Kg1 v

T = 247.56°C = 2617.3 kJ/kgu11

P = P = 3.5 MPa 3/Kg2 1 v 2 = 0.001235 m

x2 = 0 = 1045.4 kJ/kgu2

v = v = 0.001235 m 3 x3 = 0.00062/Kg = 1555 kPa

T3 2

P3= 200°C

= 851.55 kJ/kg3 u3(b) Notando que la presión es constante hasta el pistón pega las parones durante qué el trabajo de frontera está hecha, pueda ser determinado de su definición cuando

Wb,en = mP1(v1 − v 2 ) = (0.15 kg)(3500 kPa)(0.05821 − 0.001235)m3 = 29.91 kJ

(c) Sustituyendo a relaciones de equilibrio de la energía,

QFuera,1-2 = 29.91 kJ − (0.15 kg)(1045.4 − 2617.3)kJ/kg = 265.7

kJ (d) Qfuera,1-3 = 29.91 kJ − (0.15 kg)(851.55 − 2617.3)kJ/kg = 294.8

kJ

4-117

4-155 Un insulated el tanque rígido está dividido a dos compartimentos, cada compartimento que contiene el mismo gas ideal en estados diferentes. Los dos gases están dejados para mezclar. La expresión más sencilla para la temperatura de mezcla en un formato especificado es para ser obtenido.Análisis tomamos los ambos compartimentos juntos como el sistema. Esto es un sistema cerrado desde ninguna masa introduce u hojas. El equilibrio de energía para este stationary el sistema cerrado puede ser expresado cuando

EEn

− E

fuera =E

Sistema14243 14243



0 = U (Desde Q = W = KE = PE = 0)0 = m1cv (T3 − T1) + m2cv (T3 −

T2 ) (m1 + m2 )T3 = m1T1 + m2T2

Y,

m3 = m1 + m2

m1 m2

T1 T2

Solucionando para temperatura final, encontramos

T3 = m1 T1 +

m2 T2 m3 m3

4-118

4-156 Una relación para la energía explosiva de un fluido está dada. Una relación es para ser obtenido para la energía explosiva de un gas ideal, y el valor para el aire en un estado especificado es para ser evaluado.Propiedades La proporción de calor concreta para el aire en

temperatura de habitación es k = 1.4. Análisis La energía explosiva por

volumen de unidad está dada cuando

eExplosión = u1

− u2

v1

Para un gas ideal,u1 - u2 = cv(T1 - T2)

c p − cv = R

v1 =

RT1

P1

Y así

cv = cv = 1 = 1

R c p / cv −1 k −1c p − cvSustituyendo,

cv (T1 − T2 ) P1 T2eExplosión = RT / P = k −1 1− T

1 1 1Cuál es el resultado deseado .

Utilizando la relación encima, la energía explosiva total de 20 m³ de aire en 5 MPa y 100°C cuándo el entorno es en 20°C está determinado para ser

P1V1 T2 (5000 kPa)(20 m3 ) 293 K 1 kJE = Ve = 1 − = 1 − = 53,619 kJ

k − 1 T 1.4 − 1Explosión Explosión 373 K 1 kPa ⋅ m3

1

4-119

4-157 Utilizando la relación para la energía explosiva dada en el problema anterior, la energía explosiva de vapor y su equivalente de TNT en un estado especificado es para ser determinado.Vapor de suposiciones condensa y deviene un líquido en temperatura de habitación después de

la explosión. Propiedades Las propiedades de vapor en el inicial y los estados finales son

(Mesa Un-4 a través de Un-6)

P1 = 10 MPa v1 = 0.032811 m3/kg

T1 = 500°C = 3047.0 kJ/kgu1

T2 = 25°CComp. Líquido

u2 ≅ u f @25o C = 104.83 kJ/kg

25°CVAPOR

Análisis La masa del vapor es 10 MPa

m = V = 20 m 3=609.6 kg

500°C

v1 0.032811 m3 /kg

Entonces la energía explosiva total del vapor está determinada de

EExplosivo = m(u1 − u2 ) = (609.6 kg)(3047.0 − 104.83)kJ/kg = 1,793,436 kJ

Cuál es equivalente a

1,793,436 kJ= 551.8 kg de TNT3250 kJ/kg de TNT

ejercicio resuelto termo

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